2.3 化学反应的速率 课时培优练 选修一 鲁科版（2019）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．TMNS大大降低了合成氨反应的焓变
B．TMNS表面上的N原子最终被还原为氨
C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
D．用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3
2．由下列实验操作及现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 取溶液于试管中，加入溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液 溶液变血红色 KI与的反应有一定限度
B 向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口 石蕊试纸不变蓝 溶液X中肯定不含
C 将硫酸酸化的溶液滴入溶液中 溶液变黄色 氧化性：(酸性条件)
D 向一定浓度的溶液中通入适量气体 产生黑色沉淀 的酸性比的强
A．A B．B C．C D．D
3．化学反应速率的大小主要取决于
A．反应物的性质 B．温度 C．反应物的浓度 D．催化剂
4．在温度相同、容积均为2L的3个恒容密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是
(已知N2(g）＋3H2(g）=2NH3(g）△H=-92．4kJ·mol－1）
容器 甲 乙 丙
反应物投入量 1mol N2、3mol H2 2mol N2、6mol H2 2mol NH3
NH3的浓度( mol·L－1） c1 c2 c3
反应的能量变化 放出Q1kJ 放出Q2kJ 吸收Q3kJ
体系压强(Pa） p1 p2 p3
反应物转化率 α1 α2 α3
A．2p1＝2p3＜p2
B．α2＋α3＜1
C．达到平衡时乙容器中NH3的体积分数最大
D．Q3+Q1>92.4
5．含氟芳香化合物是一种新的精细化工中间体。一种有机小分子催化多氟芳香化合物的取代反应机理如图。
下列说法错误的是
A．2是催化剂 B．7是反应的中间体
C．总反应的原子利用率为100% D．5为时，1是
6．某温度时，在2L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式和反应开始至2min末Z的平均反应速率为
A．3X + Y 2Z；0.05mol·L-1·min-1
B．2X + Y2Z；0.1mol·L-1·min-1
C．X + 2Y=Z；0.1mol·L-1·min-1
D．X + 3Y=2Z；0.05mol·L-1·min-1
7．用纯净的CaCO3与1 mol·L－1100 mL稀盐酸反应制取CO2。下列说法不正确的是( )
A．可以用单位时间内CaCO3质量的减少表示该反应的反应速率
B．可以用单位时间内生成CO2的量表示该反应的反应速率
C．可以用单位时间内溶液中Ca2＋浓度的增加表示该反应的反应速率
D．可以用单位时间内CaCO3浓度的变化表示该反应的反应速率
8．为了实现碳中和目标，某课题组设计了一种固定的方法，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．为中间产物，其结构简式为
B．该过程涉及氢键的形成与断裂
C．该过程的总反应方程式为
D．若原料用 ，则产物为
9．已知在不同情况下测得反应的反应速率如下，其中反应速率最快的是
A． B．
C． D．
10．我国科学家实现了铜催化剂条件将转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．该反应的热化学方程式：
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该历程中最小能垒的化学方程式为
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
二、多选题
11．下列有关物质性质用途等的叙述不正确的是
A．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
B．由石墨制金刚石是吸热反应可知石墨比金刚石稳定
C．防止钢铁生锈，供应热水的水龙头可使用陶瓷制品代替钢铁制品
D．实验室制氢气，为了加快反应速率，可向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液
12．工业上用接触法制备浓硫酸的原理如下：
已知：
下列说法错误的是
A．增大反应容器的体积可以提高煅烧速率
B．步骤④中产生的尾气经净化后循环利用可以提高原料利用率
C．温度越高，越有利于SO2的催化氧化反应
D．步骤③中充入适当过量的空气能提高SO2的转化率
13．乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应进程中有三个过渡态 B．是总反应的催化剂
C．第①步反应只有键发生断裂 D．第①、②、③步反应都是放热反应
14．对于2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，于1 L的恒容密闭容器中进行反应。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是( )
A．c(CO)＝c(CO2) B．容器中混合气体的密度不变
C．2v(N2)正＝v(NO)逆 D．容器中混合气体的平均摩尔质量不变
15．在容积不变的密闭容器中，可逆反应：4A(g)＋5B(g) 4C(g)＋6D(g) ΔH＜0，达到化学平衡状态的标志是( )
A．气体密度不再发生变化
B．A的物质的量浓度不再改变
C．容器内总压强不再改变
D．单位时间内消耗4nmol A，同时消耗5nmol B
三、实验题
16．草酸与高锰酸钾在酸性条件下发生反应：。用溶液与溶液反应，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下表所示：
组别 硫酸体积 温度/℃ 其他物质
I
II 滴饱和溶液
III
IV 蒸馏水
(1)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验___________和___________(用I～IV表示，下同)；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验___________和___________。
(2)对比实验I和IV，可以研究___________对化学反应速率的影响，实验Ⅳ中加入蒸馏水的目的是___________。
(3)实验I、III、IV中，反应初期，相同时间内针筒中所得的体积由大到小的关系是___________(用实验序号表示)
(4)若实验I前内收集到(标准状况下)，则末___________。
四、有机推断题
17．I.自然界的许多动植物中含有有机酸，例如：蚂蚁体内含有蚁酸(甲酸)，菠菜中含有草酸(乙二酸)，柑橘中能提取柠檬酸。
(1)甲酸(HCOOH)与乙酸互称为_____。
(2)工业上用乙烯合成乙二酸二乙酯G(C6H10O4)流程如图：
①C中官能团的名称为____，E中官能团的名称为____，X为____(化学式)。
②反应类型：A→B为____，B→C为___。
③写出G的结构简式____。
II.二甲醚(CH3OCH3)气体是一种可再生绿色新能源，被誉为“21世纪的清洁燃料”。
(3)写出二甲醚一种同分异构体的结构简式：____。
(4)已知：4.6g二甲醚气体完全燃烧生成液态水放出145.5kJ热量，写出其燃烧的热化学反应方程式____。
(5)工业上可用水煤气合成二甲醚：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)。
①测得CO和CH3OCH3(g)的浓度随时间变化如图所示，则反应开始至平衡时的H2平均反应速率v(H2)=____mol/(L min)。
②该反应在恒容密闭容器中进行，下列叙述中能表示该反应达到平衡状态的是____。
A．单位时间内生成CO和H2的物质的量之比为1﹕2
B．CH3OCH3的浓度不再变化
C．容器内压强不再变化
D．CH3OCH3与H2O的物质的量相等
五、工业流程题
18．海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是___(填序号)
A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐
（2）如图是从海水中提取镁的简单流程。
①操作 A是___。
②海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？___
（3）利用海底的“可燃冰”制作的酸性燃料电池的总反应式为：CH4+2O2=CO2+2H2O，则该燃料电池负极的电极反应式为____。
（4）海带灰中富含以 I- 形式存在的碘元素，实验室提取 I2的途径如图所示：
干海带海带灰滤液I2
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是____（填序号）。
a.坩埚 b．试管 c．蒸发皿 d．烧杯
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式____。
（5）海底的煤经综合利用开发的副产物CO2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示，a，b，c，d 括号内数据表示坐标。
①a点正反应速率___(填“大于、等于或小于”)a点逆反应速率。
②平衡时CO2的物质的量浓度是____mol/L。
③能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是___。
A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3molH2 B．混合气体的密度不随时间变化
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化 D．CH3OH和H2O浓度相等
六、原理综合题
19．将天然气(主要成分为CH4)中的CO2、H2S资源化转化在能源利用、环境保护等方面意义重大。
(1)CO2转化为CO、H2S转化为S的反应如下：
i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H1=+566kJ/mol
ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s) △H2=﹣530kJ/mol
iii.CO2、H2S转化生成CO、S等物质的热化学方程式是___________。
(2)CO2性质稳定，是一种“惰性”分子。对于反应ⅲ，通过设计合适的催化剂可以降低______，提高反应速率。
a.活化能 b.△H c.平衡常数
(3)我国科学家研制新型催化剂，设计协同转化装置实现反应ⅲ，工作原理如下所示。
【方案1】若M3+/M2+=Fe3+/Fe2+
①所含Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，原因是___________。
②结合反应式说明生成S、CO的原理：___________。
【方案2】若M3+/M2+=EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+(配合物)
已知：电解效率η的定义：
③测得η(EDTA-Fe3+)≈100%，η(CO)≈80%。阴极放电的物质有___________。
④为进一步确认CO2、H2S能协同转化，对CO的来源分析如下：
来源1：CO2通过电极反应产生CO
来源2：电解质(含碳元素)等物质发生降解，产生CO
设计实验探究，证实来源2不成立。实验方案是___________。
结论：方案2明显优于方案1，该研究成果为天然气的净化、资源化转化提供了工业化解决思路。
20．近日，大庆市及周边地区空气污染日趋严重，空气质量报告显示氮氧化物指数偏高。氮氧化物是形成酸雨、雾霾、光化学烟雾的主要物质，主要米源于汽车尾气。氮氧化物的处理已成为科学研究的重要内容。请回答下列问题：
（1）用CO还原法可处理氮氧化物。在容积均为2L的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中发生反应：2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g），实验测得两容器不同温度下达到平衡时CO2的物质的量如图所示。起始物质的量见下表。
容器 起始物质的量
NO CO
容器Ⅰ 1mol 3mol
容器Ⅱ 6mol 2mol
①该可逆反应的正反应为______（填“放热”或“吸热”）反应。
②T1温度下，下列叙述能说明容器Ⅰ中的反应已达到平衡的是______。
A．容器内压强不再变化 B．容器内气体密度保持不变
C．2v正（NO）=v逆（N2） D．容器内混合气体中CO的体积分数保持不变
③T1温度下，该反应的平衡常数为______。
（2）用氨气还原法可处理氮氧化物。反应原理为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O。
①将一定比例的NO、NH3与O2的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器（如图 -1所示）中发生上述反应，反应相同时间NO的去除率随反应温度的变化曲线如图-2所示；当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是______。
A．NO百分含量减小 B．副反应增多 C．催化剂活性降低 D．反应活化能增大
②已知：上述反应的平衡常数与温度的关系为：：lgK=5.08+，若该反应在某温度下达到平衡，升高温度时，平衡______（填“正向”、“逆向”或“不”）移动，原因是______；逆反应速率将______ （填“增大”“减小“或“不变”）。
（3）利用电化学装置可处理氮氧化物。电解NO可以制备NH4NO3，变废为宝。其工作原理如下图所示，在阴、阳两极分别通入NO的同时，向反应室中通入NH3．阳极的电极反应式为______，生成2.5mol NH4NO3需要消耗标准状况下NO的体积为______L。
七、结构与性质
21．科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及部分物质未标出)。
(1) 已知:CH4 、CO, 、H2的燃烧热分别为890. 3 kJ·mol-1、283. 0 kJ·mol-1、285. 8 kJ·mol-1。则上述流程中第一步反应2CH4(g)+O2(g)2CO(g)+4H2(g)的△H=_________
(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示:
①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=_________
②该温度下，CO2的平衡转化率为______________
(3)在300℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_____ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2 ( g)＋6H2 (g)C2H4 (g)＋4H2O(g) △H。在0 .1 MPa时，按(CO2)：(H2)=1：3投料，如图所示为不同温度()下，平衡时四种气态物质的物质的量()的关系。
①该反应的△H_______0(填“>”或“<”)。
②曲线表示的物质为______(填化学式)。
参考答案：
1．A
【详解】A．催化剂TMNS只能大大降低反应所需要的活化能，而不能改变合成氨反应的焓变，A错误；
B．由反应机理图可知，N2在TMNS表面上先分解为N原子，然后催化剂表面的N原子最终被还原为氨，B正确；
C．由反应机理图可知，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，C正确；
D．由于合成氨的反应是一个可逆反应，用同位素标记后的15N2进行该合成反应，产物中不只有15NH3还有15N2，D正确；
故答案为：A。
2．A
【详解】A．I-与Fe3+反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+，所以该实验中所用KI过量，而反应后滴入KSCN溶液，溶液变红，说明Fe3+有剩余，即该反应有一定限度，A正确；
B．所用的是NaOH稀溶液，且少量，即便有铵根，生成NH3过少，NH3也不会逸出，B错误；
C．酸性环境中硝酸根也会将Fe3+氧化，该实验中无法确定氧化剂是何种物质，C错误；
D．产生黑色沉淀是因为CuS是一种难溶于酸的沉淀，而不是H2S的酸性比H2SO4强，D错误；
综上所述答案为A。
3．A
【详解】化学反应速率的大小主要取决于反应物的性质，温度、 反应物的浓度、催化剂只能一定程度的影响反应速率；
故选A。
4．C
【分析】甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与丙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且乙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与乙容器为等效平衡，所以乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大；据以上分析解答。
【详解】A．丙容器反应物投入量2molNH3，和甲起始量相同，甲和丙平衡状态相同，乙中压强为甲的二倍；由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以乙中压强减小，小于甲的2倍，即2P1=2p3＞p2，故A错误；
B．丙容器中加入2molNH3，和甲最后达到相同的平衡状态，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；乙容器反应物投入量2mol N2、6mol H2，由于乙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α2+α3＞1，故B错误；
C．丙容器反应物投入量2molNH3，采用极限转化法转化为反应物为1molN2、3molH2，和甲中的相同，乙容器加入2molN2、6molH2，乙中加入量是甲中的二倍，乙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以乙中氮气、氢气转化率大于甲和丙的，平衡后乙中氨气含量最大，故C正确；
D．甲投入1molN2、3molH2，丙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故Q1+Q3=92.4，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】由反应历程图示可知：(1)为2+3→4；(2)为4+5→6+7；(3)为7→1+2，故总反应为：3+5→6+1，其中2为催化剂，3、5为反应物，6、1为生成物，4、7为中间产物。
【详解】A．由上述分析可知：2为催化剂，A正确；
B．由上述分析可知：7为中间产物，B正确；
C．由上述分析可知：过程(1)原子利用率达到100%，而过程(2)、(3)中反应物未完全转化为目标产物，因此原子利用率未达到100%，C错误；
D．由反应历程图可知：5为，1为；当5为时，X表示-OOCCH3；对比两个过程可知：1中的X也为-OOCCH3，故生成物1为，D正确；
故合理选项是C。
6．A
【详解】由图可知，X、Y的物质的量减小，为反应的反应物，Z的物质的量增大，为反应的生成物，2min时X、Y、Z的物质的量变化量之比为(1.0—0.7)：(1.0—0.9):0.2=3：1：2，由化学计量数之比等于反应物的变化量之比可知反应的化学方程式为3X + Y 2Z，故选A。
7．D
【详解】A．CaCO3是固体，可以用单位时间内CaCO3质量的减少表示该反应的反应速率，故A正确，但不符合题意；
B．CO2为气体，可以用单位时间内生成CO2的物质的量表示该反应的反应速率，故B正确，但不符合题意；
C．CaCl2是生成物，可以用单位时间内溶液中Ca2+浓度的增加表示该反应的反应速率，故C正确，但不符合题意；
D．CaCO3为纯固体，浓度不可变，不能用其浓度变化来表示化学反应速率，故D错误，符合题意；
故选：D。
8．A
【详解】A．由图可知，和在反应前后无变化，均为催化剂，通过反应前后对比可知的结构简式为，故A错误；
B．由图可看出虚短线代表氢键，该过程涉及氢键的形成与断裂，故B正确；
C．由图可知，和二氧化碳在催化剂作用下生成，该过程的总反应方程式为，故C正确；
D．根据和二氧化碳在催化剂作用下生成，可知和二氧化碳反应的产物为，故D正确；
选A。
9．C
【详解】如果气体反应速率与其计量数之比最大，说明该反应速率最大，但前提是单位必须一致，
A. =0.15mol L 1 min 1；
B. =0.2mol L 1 min 1；
C. =0.05mol L 1 s 1=3 mol L 1 min 1；
D. =0.2mol L 1 min 1；
通过以上分析知，反应速率与其计量数之比最大的是C，所以反应速率最快的是C，故选C。
10．C
【详解】A．该反应中单个DMF分子放热1.02ev，则1mol放热1.02NAev，该反应的热化学方程式：，故A错误；
B．该历程中最大能垒(活化能)为-1.02-(-2.21)= 1.19eV，故B错误；
C．该历程中最小能垒为-1.55-(-1.77)= 0.22eV，反应的化学方程式为，故C正确；
D．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动， DMF平衡转化率减小，故D错误；
选C。
11．AD
【详解】A．酶是具有生命活性的蛋白质，当温度过高时，蛋白质会发生变性而失去其生理活性，因此高温时酶失去催化活性，导致水解反应速率反而减慢，A错误；
B．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。由石墨制金刚石是吸热反应可知石墨含有的能量比金刚石低，因此石墨比金刚石稳定，B正确；
C．供应热水的水龙头使用陶瓷制品代替钢铁制品就可以防止因温度升高，导致钢铁腐蚀速率加快，因而能防止钢铁生锈，C正确；
D．若向稀H2SO4中滴加少量Cu(NO3)2溶液，H+、起硝酸的作用，表现强的氧化性，与金属反应不能产生氢气，因此不能加快制取氢气的反应速率，D错误；
故合理选项是AD。
12．AC
【分析】煅烧黄铁矿，反应产生的烧渣中含有Fe2O3、Al2O3、SiO2，同时反应产生SO2，SO2等混合气体经净化后与O2在V2O5催化下加热，发生氧化反应产生SO3，SO3被水吸收得到硫酸。
【详解】A．增大反应容器的容积，会导致气体浓度减小，因而会使反应速率减慢，A错误；
B．在步骤④中产生的尾气经净化后再重新发生氧化反应产生SO3，这样循环利用可以使更多的反应物变为生成物，从而可提高原料利用率，B正确；
C．SO2催化氧化产生SO3的反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，不利于SO2的催化氧化，C错误；
D．步骤③中充入适当过量的空气，即增大反应物O2的浓度，会使化学平衡正向移动，因而能提高SO2的转化率，D正确；
故合理选项是AC。
13．CD
【详解】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，A正确；
B．根据图示可知，反应①消耗H3O+，反应③又生成H3O+，且乙烯水化制乙醇的总反应为CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH，故H3O+是总反应的催化剂，B正确；
C．根据图示可知，第①步反应还有C=C键发生断裂，C错误；
D．第①步反应：反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，第②步反应：反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，第③步反应：反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，D错误；
故答案选CD。
14．CD
【详解】A．当c(CO)=c(CO2)时，不能说明正逆反应速率相同，不能证明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．反应是在恒容密闭容器中进行的，反应物和生成物都是气体，所以气体的总质量不变，体积不变，密度恒定不变，故密度不变不能作为判断平衡的标志，故B不符合题意；
C．速率之比等于化学方程式计量数之比，当2v(N2)正＝v(NO)逆时，说明NO正逆反应速率相等，反应达到平衡，故C符合题意；
D．容器内气体的总质量不变，气体的物质的量减小，平均摩尔质量增大，当平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态，故D符合题意；
答案为CD。
15．BC
【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。
【详解】A.反应前后混合气体的质量和容器容积均不发生变化，密度始终不变，因此气体密度不再发生变化不能判断反应是否达到平衡状态，A不选；
B.A的物质的量浓度不再改变说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，B选；
C.正反应体积增大，容器内总压强不再改变说明正逆反应速率相等，达到化学平衡状态，C选；
D.单位时间内消耗4nmol A，同时消耗5nmol B均表示正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，D不选；
答案选BC。
16．(1) Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(2) 浓度 确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同
(3)
(4)
【分析】（1）
(1)对照实验时，其它量相同，使需研究的量不同即可。表中数据显示，符合催化剂对反应速率影响的数据为Ⅰ和Ⅱ；同理，研究温度对反应速率的影响可用实验Ⅰ和Ⅲ，故填Ⅰ、Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ；
（2）
(2)实验Ⅰ和Ⅳ中，除了硫酸的浓度不同，其它量均相同，所以对比Ⅰ和Ⅳ，可知研究的是浓度对反应速率的影响；加入1mL蒸馏水的目的是确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同，故填浓度、确保硫酸浓度不同和溶液总体积相同；
（3）
(3)实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中，实验Ⅲ的温度最高，反应速率最快，所以初始阶段产生的二氧化碳的量最多，其次实验Ⅰ的浓度比实验Ⅳ大，反应速率较快，初始阶段生成的二氧化碳的量多，故填；
（4）
(4)根据反应，5分钟末二氧化碳的体积在标况下为0.224mL，物质的量为=，根据关系式，可得已反应的高锰酸根为=mol，已反应的mol/L，5分钟末高锰酸根的浓度为mol/L，故填。
17．(1)同系物
(2) 羟基 羧基 Br2 加成反应 取代反应或水解反应
(3)CH3CH2OH
(4)CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1455kJ/mol
(5) 0.16 BC
【分析】Ⅰ、乙烯与Br2发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，CH2Br-CH2Br与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生C：HOCH2-CH2OH，HOCH2-CH2OH与O2在Cu催化下被O2氧化产生D是OHC-CHO，OHC-CHO与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生E：HOOC-COOH，乙烯与H2O在一定条件下发生加成反应产生CH3-CH2OH，CH3-CH2OH与HOOC-COOH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生分子式为C6H10O4的有机物G：CH3CH2OOC-COOCH2CH3；
Ⅱ、根据二甲醚(CH3OCH3)的结构及性质，结合化学反应速率及平衡进行分析。
【详解】（1）甲酸(HCOOH)，乙酸结构简式是CH3COOH，二者结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此甲酸与乙酸互称为同系物；
（2）①C为HOCH2-CH2OH，官能团的名称为羟基；E是HOOC-COOH，其中含有的官能团-COOH的名称为羧基；化合物X为Br2的水溶液或CCl4溶液，则填Br2；
②乙烯与Br2发生加成反应产生CH2Br-CH2Br，则A→B的反应类型是加成反应；
CH2Br-CH2Br与NaOH的水溶液共热，发生水解反应产生HOCH2-CH2OH，故B→C的反应类型是取代反应或水解反应；
③E是HOOC-COOH，F是CH3-CH2OH，CH3-CH2OH与HOOC-COOH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生分子式为C6H10O4的有机物G：CH3CH2OOC-COOCH2CH3，故G的结构简式是CH3CH2OOC-COOCH2CH3；
（3）二甲醚和乙醇互为同分异构体，乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
（4）4.6g二甲醚气体即0.1mol二甲醚完全燃烧生成液态水放出 145.5kJ 热量，则1mol二甲醚完全燃烧生成液态水放出 1455kJ 热量，则二甲醚燃烧的热化学反应方程式为：CH3OCH3(g)+ 3O2(g) = 2CO2(g)+ 3H2O(l) ΔH =-1455kJ/mol。故答案为：CH3OCH3(g)+ 3O2(g) = 2CO2(g)+ 3H2O(l) ΔH =-1455kJ/mol；
（5）工业上可用水煤气合成二甲醚：2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)
①由图可知，CO的初始浓度为0.8mol/L，平衡时的浓度为0.4mol/L，则反应开始至平衡时CO的物质的量浓度变化为0.4mol/L，根据反应方程式可知，消耗的氢气的物质的量浓度为0.8mol/L，则用氢气表示的平均反应速率v(H2)==0.16 mol/(L·min)；
②根据化学反应：2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)
A．CO和H2都是反应物，化学计量数之比为1:2，不管平衡与否，单位时间内生成CO和H2的物质的量之比一定为1:2，所以单位时间内生成CO和H2的物质的量之比为1:2不能代表反应达到平衡状态，选项A不符合题意；
B．CH3OCH3的浓度不再变化，代表反应达到平衡状态，选项B符合题意；
C．恒温恒容条件下，压强和物质的量成正比，该反应前后气体系数之和不相等，所以压强是一个变值，容器内压强不再变化时代表反应达到平衡状态，选项C符合题意；
D．CH3OCH3与H2O的物质的量相等，可能处于平衡状态，也可能不处于平衡状态，选项D不符合题意；
答案选BC。
故答案为：0.16；BC。
18． BD 过滤 海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本 CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+ a 2H++2I-+H2O2=I2+2H2O 大于 2 AC
【分析】(1)根据从海水制备物质的原理分析判断；
(2)海水引入沉淀池，用生石灰和水反应生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答；
(3)酸性条件下正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，根据总反应减去正极反应式得到负极反应式；
(4)干海带灼烧成海带灰，加水溶解过滤，得到的滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液分离出碘单质，据此分析解答；
(5)①a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，据此判断正逆反应速率大小；②根据图象，平衡时氢气为2mol，根据三段式计算；③根据平衡时，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断。
【详解】(1)A．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融氯化钠生成氯气，需要化学变化从海水中获得氯气，故A不选；B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，不需要化学变化获得，故B选；C．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液可得烧碱、氢气和氯气，需要化学变化从海水中获得烧碱，故C不选；D．可从海水中获得氯化钠，是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂得到，不需要化学变化获得，故D选；故答案为BD；
(2)①根据分析可知操作A为分离固体和溶液的操作为过滤，故答案为过滤；
③海水提镁的过程中将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，是因为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本，故答案为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本；
(3)酸性条件，燃料电池总反应式：CH4+2O2═CO2+2H2O，正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，总反应减去正极反应式得到负极反应式：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+，故答案为CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+；
(4)①灼烧固体时所用的主要仪器为坩埚，故答案为a；
②加入过氧化氢的目的是将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O，故答案为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；
(5)①a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，反应继续正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为大于；
②根据图象，平衡时氢气为2mol，
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始量(mol) 6 8 0 0
变化量(mol) 2 6 2 2
平衡量(mol) 4 2 2 2
平衡时CO2的物质的量浓度==2mol/L，故答案为2；
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；B．混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，故C正确；D．CH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故答案为AC。
【点睛】本题的易错点为(3)(4)，(3)中要注意用总反应减去正极反应式得到负极反应式时，需要将氧气消去，即O2+4e-+4H+═2H2O需要乘以2；(4)中要注意氧化还原反应方程式的配平。
19．(1)CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l) △H = +18 kJ/mol
(2)a
(3) 抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀 阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO； CO2、H+ 阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生
【分析】根据题中所给热化学方程式，结合盖斯定律，写出所求热化学方程式；根据催化剂只降低反应的活化能，对△H和平衡移动无影响，选取正确选项；根据Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以应在酸性较强环境中存在；根据题中图示信息，结合电解池的电极反应加以解释说明；根据题中信息，判断阴极放电的物质；根据题中来源1和来源2，设计实验方案证明来源2不成立；据此解答。
(1)
由i.2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H1=+566kJ/mol，ii.2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s)△H2=﹣530kJ/mol可知，根据盖斯定律(i+ii)×得，CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l)△H==+18kJ/mol；答案为CO2(g) + H2S(g) =CO(g) + S(s) + H2O(l) △H = +18 kJ/mol。
(2)
根据题中信息，选取合适的催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，对△H无影响，对平衡移动无影响，即对平衡常数无响影，选项a符合题意；答案为a。
(3)
①因为Fe3+、Fe2+会发生水解反应，所以Fe3+、Fe2+的溶液需为较强的酸性，为了抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀；答案为抑制Fe3+、Fe2+ 水解，防止产生氢氧化物沉淀。
②由题中图示可知，阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO；答案为阳极电极反应式为Fe2+ -e－= Fe3+ ，Fe3+与H2S发生氧化还原反应，即2Fe3+ + H2S = 2Fe2++ S +2H+；H+ 通过质子交换膜移向阴极区，阴极发生电极反应为CO2 + 2e－ + 2H+ = CO + H2O，从而产生S、CO。
③由题中信息可知，EDTA-Fe3+的电解效率接近100%，CO的电解效率为80%，说明在阴极区除了CO2放电，还有H+放电；答案为CO2、H+。
④为了证实来源2不成立，实验方案是阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生；答案为阴极区通入不含CO2的原料气，重复上述实验，无CO产生。
20． 放热 AD 0.04L/mol BC 逆向 温度升高平衡常数减小，逆反应方向为吸热，平衡向逆反应方向移动 增大 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ 89.6
【详解】（1）①图象可知，升温平衡时CO2的物质的量减小，平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故答案为放热；
②A．反应前后气体物质的量变化，当容器内压强不再变化说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．反应前后气体质量和体积不变，容器内气体密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v正（NO）=2v逆（N2），说明正逆反应速率相同，但2v正（NO）=v逆（N2）不能说明反应正逆反应速率相同，故C错误；
D．容器内混合气体中CO的体积分数保持不变是平衡标志，故D正确；
故答案为AD；
③T1温度下，二氧化碳物质的量为1mol，在容积均为2L的密闭容器Ⅱ中反应物起始量为n（NO）=6mol，n（CO）=2mol；
2NO（g）+2CO（g） N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol/L）3 1 0 0
变化量（mol/L）0.5 0.5 0.25 0.5
起始量（mol/L）2.5 0.5 0.25 0.5
平衡常数K==0.04L/mol，故答案为0.04L/mol；
（2）①根据图知，50～250℃范围随着温度的升高，温度升高和催化剂的高活性共同作用使得反应速率加快，去除率先迅速上升；当反应温度高于380℃时，催化剂失活或者副反应程度的增大（氨气和氧气反应），导致其去除率降低，故答案为BC；
②用活化后的V2O5作催化剂，氨气可将NO和O2还原成N2和H2O．若参加反应的NH3和NO的物质的量相等，结合电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O，平衡常数与温度的关系为lgK=5.08+217/T，升温K减小，说明正反应为放热反应，若该反应在t℃下达到平衡，升高温度时平衡逆向进行，逆反应速率增大，故答案为逆向；温度升高平衡常数减小，逆反应方向为吸热，平衡向逆反应方向移动；增大；
（3）电解池的阳极NO失电子氧化为NO3-，阳极电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+，阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，硝酸与氨气转化为硝酸铵，生成2.5molNH4NO3需要消耗标准状况下NO的体积=×22.4L/mol=89.6L，故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；89.6。
21． -71.4 kJ·mol-1 0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1 40% < C2H4
【详解】（1）根据CH4、、CO和H2的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ mol-1；
②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0kJ mol-1，
③O2（g）+2H2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ mol -1；
利用盖斯定律将①2-②-③×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1，
故答案为2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g） △H=-71.4 kJ mol -1；
(2) ①恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，2h时=0.85，设消耗CO2的物质的量为xmol，
CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g) V
1 3 1 1 2
xmol 2x mol
则有=0.85，解得x=0.3，
故前2h的平均反应速率v(H2)==0.225 mol·L-1·h-1。
②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时=0.80，设消耗CO2的物质的量为ymol，则有=0.85，解得y=0.4，
故CO2的平衡转化率为×100%=40%，
故答案为0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1 ；40%；
(3)设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1mol、3mol，CO2的平衡转化率为50%，则有：
CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。
起始量/mol 1 3 0 0
转化量/mol 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡量/mol 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时p(CO2)=8 MPa×= MPa， p(H2)=8 MPa×=4 MPa，p(CH3OH)=8 MPa×= MPa，p(H2O)=8 MPa×= MPa，
故该反应条件下的平衡常数为Kp===。
故答案为；
(4)①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，ΔH<0。
②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2，C2H4(g)、H2O(g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量数关系可知曲线b代表水，曲线c代表C2H4。
故答案为< ；C2H4。
