2.4化学反应条件的优化--工业合成氨 课时培优练 （含答案）高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

2.4 化学反应条件的优化--工业合成氨 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．对于反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为K=
B．使用催化剂可降低反应的活化能，减小反应的焓变
C．增大压强能加快反应速率，提高反应物的平衡转化率
D．用E总表示键能之和，该反应ΔH=E总(生成物)-E总(反应物)
2．现利用测定气体密度的方法确定醋酸的相对分子质量。已知冰醋酸沸点较高(118℃)，且能形成二聚物，其反应为： ΔH＜0，为尽量使其接近真实值，测定时应采用的条件是（　　）
A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压
3．在2L密闭恒容容器内，500℃时反应：体系中，随时间的变化如表(K表示平衡常数)：
时间(s) 0 1 2 3 4
(mol) 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007
下列说法正确的是A．2s内消耗氧气的平均速率为
B．反应达到平衡时，
C．当容器内气体的密度不再发生变化时，该反应达到平衡状态
D．若，4s后升温达到新平衡过程中逆反应速率先增大后减小
4．某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：
编号 温度 H2SO4溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间
① 20°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 40s
② 20°C 0.10mol·L-110mL 0.80mol·L-15mL 1mL 21s
③ 50°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 5s
④ 80°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 未见蓝色
下列说法正确的是A．实验①~④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合
B．实验①~④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合
C．在I被O2氧化过程中，H+只是降低活化能
D．由④实验可知，温度越高，反应速率越慢
5．下列有关工业合成氨的说法不能用平衡移动原理解释的是
A．不断补充氮气 B．选择10MPa～30MPa的高压
C．选择500℃左右同时使用铁触媒做催化剂 D．及时液化分离氨气
6．向一恒容密闭容器中充人A、B、C三种气体，在一定条件下发生反应，各物质的物质的量浓度随时间的变化如图a所示。若从t1时刻开始，每个时刻只改变一个且不重复的条件，物质C的正、逆反应速率随时间变化如图b。下列说法正确的是
A．O至t1内，
B．该反应的化学方程式为
C．t1时，改变的条件可能是加入催化剂
D．t4时，改变的条件可能是降低反应温度
7．。相同温度下，按初始物质不同进行两组实验，浓度随时间的变化如表。下列分析不正确的是
0 20 40 60 80
实验 0.10 0.07 0.045 0.04 0.04
实验 0.10 0.20 ……
A．，实验a中
B．，实验a中反应处于平衡状态，的转化率为60%
C．实验b中，反应向生成的方向移动，直至达到平衡
D．实验a、b达到化学平衡后，提高温度，反应体系颜色均加深
8．在恒容密闭容器中充入1 mol A(g)和2 mol B(g)，发生如下反应：A(g) + B(g) C(g) + D(g) ΔH>0。如图所示为该反应正反应的平衡常数K正和逆反应的平衡常数K逆随温度变化的曲线。下列分析正确的是
A．曲线Ⅰ为K逆，曲线Ⅱ为K正
B．T2时，X点v正>v逆
C．T1时，A的平衡转化率为50%
D．若B、C、D都是固体，其他条件不变，则平衡后再充入1 mol A(g)，再次平衡后，A的浓度比原平衡时大
9．将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数减小 B．BaO量不变 C．氧气浓度不变 D．BaO2量减少
10．工业上制备粗硅的反应之一是：。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量的和炭粉，若仅发生上述反应，一段时间后达到平衡。下列说法正确的是
A．升高温度，若增大，则 B．加入一定量氢气，平衡不移动
C．再加入一定量，平衡正向移动 D．压缩容器体积，重新达平衡时减小
二、多选题
11．相同温度下，在3个均为1L的密闭容器中分别进行反应2X(g)+Y(g) Z(g) △H，达到平衡时相关数据如表。下列说法不正确的是
容器 温度/K 物质的起始浓度/mol L 1 物质的平衡浓度/mol L 1
c(X) c(Y) c(Z) c(Z)
Ⅰ 400 0.20 0.10 0 0.080
Ⅱ 400 0.40 0.20 0 a
Ⅲ 500 0.20 0.10 0 0.025
A．平衡时，X的转化率：Ⅱ>Ⅰ
B．平衡常数：K(Ⅱ)>K(Ⅰ)
C．达到平衡所需时间：Ⅲ<Ⅰ
D．反应的△H>0
12．已知反应： 。其反应机理：
①NO(g)+Br2(g) NOBr2(g) H1快反应；
②NOBr2(g)+NO(g) 2NOBr(g) H2慢反应。
下列相关说法不正确的是
A． H= H1+ H2
B．NOBr2是反应的催化剂
C．化学反应的速率主要取决于快反应
D．恒容时，增大反应物浓度能增加活化分子总数，加快反应速率
13．甲醇通过催化氧化制取甲醛时，在无催化剂(图中实线)和加入特定催化剂(图中虚线)时均会产生甲醛，其反应中相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是
A．无催化剂时，温度升高，生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大
B．无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小
C．该条件下CO2比CO的稳定性强
D．加入该催化剂可提高图中各反应的速率，但不能改变反应的焓变
14．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：，在温度、下X的物质的量浓度随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是
A．正反应的活化能小于逆反应的活化能
B．下，在内，
C．M点的正反应速率大于W点的逆反应速率
D．M点和W点的化学平衡常数：
15．在一恒温恒容体积为1L的真空容器中，通入0.1 molN2O4，在100°C时发生如下反应：N2O4(g) 2NO2(g)； ΔH= +57.0 kJ·mol-1。测得平衡时c(NO2)=0.12 mol·L-1.已知NO2和N2O4的消耗速率与本身浓度存在下列关系： v(N2O4)=k1·c(N2O4)，v(NO2)=k2·c(NO2)2，其中k1、k2是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图象如图所示，下列有关说法正确的是
A．100°C时，若向上述真空容器中通入0.2mol NO2，则达到平衡时，NO2的平衡转化率为60%，放出3.42kJ的热量
B．100°C时，若在恒温恒压容器中通入0.1molN2O4，则平衡时N2O4的转化率为68.8%
C．图中A点处于平衡状态
D．若在T1温度下，若k1=k2，则T1＞ 100°C
三、实验题
16．乙酰苯胺是一种白色有光泽片状结晶或白色结晶粉末，是磺胺类药物的原料，可用作止痛剂、退热剂、防腐剂和染料中间体。乙酰苯胺的制备原理为：
实验参数：
名称 苯胺 乙酸 乙酰苯胺
式量 93 60 135
性状 无色油状液体，具有还原性 无色液体 白色晶体
密度/(g·cm-3) 1.02 1.05 1.22
沸点/℃ 184.4 118.1 304
溶解度 微溶于水 易溶于水 微溶于冷水，溶于热水
易溶于乙醇、乙醚等 易溶于乙醇、乙醚 易溶于乙醇、乙醚
实验装置如图：
注：刺形分馏柱的作用相当于二次蒸馏，用于沸点差别不太大的混合物的分离。
实验步骤：
步骤1：在圆底烧瓶中加入无水苯胺9.30 mL，冰醋酸15.4 mL，锌粉0.100 g， 安装仪器，加入沸石，调节加热温度，使分馏柱顶温度控制在105℃左右，反应约60～80 min，反应生成的水及少量醋酸被蒸出。
步骤2：在搅拌下，趁热将烧瓶中物料以细流状倒入盛有100 mL冰水的烧杯中，剧烈搅拌，并冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，得到乙酰苯胺粗品。
步骤3：将此粗乙酰苯胺进行重结晶，晾干，称重，计算产率。
(1)步骤1中所选圆底烧瓶的最佳规格是_______(填字母)。
a.25 mL　 　 b.50 mL　 　 c.150 mL　 　 d.200 mL
(2)实验中加入少量锌粉的目的是_______。
(3)步骤1加热可用_______(填“水浴”“油浴”或“直接加热”)。从化学平衡的角度分析，控制分馏柱上端的温度在105℃左右的原因是_______。
(4)步骤2中结晶时，若冷却后仍无晶体析出，可采用的方法是_______。洗涤乙酰苯胺粗品最合适的试剂是_______(填字母)。
a.用少量冷水洗 b.用少量热水洗 c.先用冷水洗，再用热水洗 d.用酒精洗
(5)乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，欲用重结晶进行提纯，步骤如下：热水溶解、_______、过滤、洗涤、干燥(选取正确的操作并排序)。
a.蒸发结晶 b.冷却结晶 c.趁热过滤 d.加入活性炭
(6)该实验最终得到纯品9.18 g，则乙酰苯胺的产率是_______%(结果保留一位小数)。
四、工业流程题
17．纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。
(1)工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为_____、_____。
某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：
已知：几种盐的溶解度
NaCl NH4HCO3 NaHCO3 NH4Cl
溶解度(20℃，100gH2O时) 36.0 21.7 9.6 37.2
(2)①写出装置I中反应的化学方程式_____。
②从平衡移动角度解释该反应发生的原因_____。
(3)写出装置II中发生反应的化学方程式_____。
(4)请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用_____。
(5)该流程中可循环利用的物质是_____。
(6)制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是_____。
a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量
b.向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积
c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量
五、原理综合题
18．氮、碳氧化物的无害化处理是研究的热点。一定条件下N2O发生如下反应：
Ⅰ.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)+164kJ
Ⅱ.N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)+356 kJ
完成下列填空：
(1)反应I平衡常数的表达式K=_______。
某温度下，反应Ⅰ的K=0.16，该温度下，测得容器中N2O、N2、O2的浓度分别为0.5mol·L-1、0.5mol·L-1、0.25mol·L-1，此时，反应I是否处于平衡状态？若不是，预测反应的方向。_______。
(2)甲为10L 的恒温容器。盛有1mol N2O和lmolCO，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，5min 时，测得CO转化率为60%，n(N2):n(O2)=8:1，则n(N2O)=_______mol；0~5min， O2的平均反应速率v(O2)=_______mol · L-1·min-1。
(3)乙为10L的绝热容器。向其中充入1mol N2O和1molCO，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，乙中反应达到平衡的时间_______甲；此时乙中n(N2O)比甲中_______ (以上两空选填“＞”“＜”或“=”)，理由是：_______。
(4)不同压强的密闭容器中，分别充入1mol N2O和1lmolCO，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得N2O的平衡转化率与温度的关系如图所示。
P1、P2、 P3由小到大的顺序为_______；温度高于T°C时，容器内发生的主要反应为_______ (填 “Ⅰ”“Ⅱ”)。
19．I.一定温度下在2L的密闭容器内发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，开始时通入0.8molH2和一定量的I2(g)，各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，其中I2(g)的浓度变化曲线前半部分已略去。
请回答下列问题：
(1)比较正反应速率(同一物质)的大小：A点_____(填“＞”“≤”或“=”)B点。
(2)从反应开始至达到平衡，HI的平均反应速率为________。
(3)起始时I2的物质的量为______mol。
II.下图是煤综合利用的一种简单流程。已知烃A对氢气的相对密度是14，C为常见的酸味剂，E是一种有水果香味的透明液体。
(1)有机物D中含有的官能团的名称是___________。
(2)①～⑥过程中属于加成反应的是_______(填序号)。
(3)写出③的反应方程式____________。
(4)下列说法正确的是____(填字母)。
a.第①步是煤的液化，为煤的综合利用的一种方法
b.有机物C和D都可以与金属钠发生反应
c.有机物C和D的水溶液都具有杀菌消毒作用
d.有机物E与有机物D混合物的分离，可以用氢氧化钠溶液振荡、分液方法
六、结构与性质
20．氢能利用存在两大难题：制取和储存。
(1)是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。的电子排布式为___________，的空间构型是___________。
(2)镧镍合金晶胞结构如图1，Ni原子处于晶胞的面上和体心。
①镧镍合金晶体的化学式为___________。
②该合金储氧后，如图2含1molLa的合金可吸附的物质的量为___________mol。
(3)十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘→四氢萘→萘”的脱氢过程释放氢气。已知：
活化能为
活化能为
，；十氢萘的常压沸点为192℃。
①有利于提高上述反应平衡转化率的条件是___________。
②研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，当温度升高到一定程度时，压强明显变大，但该条件下也可显著释氢，原因是___________。
③在图3中绘制的“”的“能量~反应过程”示意图______。
参考答案：
1．C
【详解】A．由反应方程式可得反应的平衡常数可表示为K=，故A错误；
B．使用催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的焓变，故B错误；
C．增大压强能加快反应速率，已知反应为气体总体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，反应物的平衡转化率升高，故C正确；
D．反应的焓变为反应物键能之和减去生成物键能之和，用E总表示键能之和，该反应ΔH=E总(反应物)-E总(生成物)，故D错误；
故答案为：C
2．B
【详解】根据题意和反应为： ΔH＜0，为尽量使其接近真实值，则应该尽量转化为醋酸分子即逆向移动，该反应是体积减小的放热反应，因此应升高温度，减小压强的条件测定，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
3．D
【详解】A．由表格可知，2s内消耗一氧化氮的物质的量为：0.020mol-0.008mol=0.012mol，所以一氧化氮的平均反应速率为，同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以在0~2s内氧气的反应速率为，故A错误；
B．当正逆反应速率相等时反应达到平衡状态，即，故B错误；
C．该体系为恒容状态，气体体积始终不变，根据质量守恒定律可知，气体密度也始终不变，故无法判断是否达到平衡状态，故C错误；
D．若，说明升高温度，平衡常数减小，则该反应为放热反应，第4s后升温至达到新平衡过程中升温瞬间逆反应速率增大，平衡左移，逆反应速率减小，故D正确；
故答案选D。
4．A
【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
【详解】A．实验①-④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，A正确；
B．实验①-④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，B错误；
C．在I-被O2氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错误；
D．由实验④温度越高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色，D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．增大氮气的浓度，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，可以用平衡移动原理解释，A项错误；
B．N2+3H22NH3的正反应气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，可以用平衡移动原理解释，B项错误；
C．催化剂只改变化学反应速率，不能使平衡移动，不能用平衡移动原理解释，C项正确；
D．将氨液化分离，降低生成物浓度，平衡正向移动，可以用平衡移动原理解释，D项错误；
答案选C。
6．C
【详解】A．O至t1，A与B的平均反应速率之比等于浓度的变化量之比，即(0.15-0.06):(0.11-0.05)=3:2，A错误；
B．由图A可知，A为反应物，B、C为生成物，A、B、C平均反应速率之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05):(0.05-0.02)=3:2:1，反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为：，B错误；
C．t1时刻，正逆反应速率都突然增大且相等，而此反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此改变的条件可能是加入催化剂或增大压强，C正确；
D．t4时，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，之后逐渐减小，说明改变的条件是移走生成物，D错误；
答案选C。
7．C
【详解】A．根据表格数据可知，0~20s △c(N2O4)=0.03mol/L，根据方程式，则△c(NO2)=2△c(N2O4)=0.06mol/L，因此，A正确；
B．，实验a中N2O4的浓度不再改变，反应处于平衡状态，此时的浓度为0.04mol/L，则转化率为，B正确；
C．根据实验a可知该温度下，反应的平衡常数，实验b中，投入和的浓度分别为0.1mol/L和0.2mol/L，此时，则平衡向生成的方向移动，直至达到平衡，C错误；
D．该反应为吸热反应，因此实验a、b达到化学平衡后，升高温度，反应均朝着正反应方向(即生成NO2的方向)进行，反应体系的颜色均加深，D正确；
答案选C。
8．B
【详解】A．此反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，正反应平衡常数增大，曲线Ⅰ为K正，曲线Ⅱ为K逆，故A错误；
B．T2时，X点K逆＜K＜K正，则反应正向移动，X点v正>v逆，故B正确；
C．T时K正=K逆，因为K逆×K正=1，则K正=1，设转化xmolA则，A的平衡转化率为66.7%，故C错误；
D．若B、C、D都是固体，K=温度不变K不变，故A的浓度不变，故D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数就不变，A错误；
B．该反应的正反应是气体体积增大的反应。保持温度不变，缩小容器容积，也就增大了压强，根据平衡移动原理，化学平衡向气体体积减小的反应，即向逆反应方向移动，所以BaO量减小，B错误；
C．由于温度不变，化学平衡常数就不变，其数值就等于氧气的浓度，浓度不变，因此压强不变，C正确；
D．缩小容器容积，平衡逆向移动，所以体系重新达到平衡BaO2量增加，D错误；
综上所述答案选C。
【点睛】化学反应很多都是可逆反应。研究可逆反应的规律、特点，对提高反应物的转化率、增大产物的产率、降低生产成本、提高生产效益都无疑具有重要的意义。解答本题，首先看清楚本题是可逆反应，物质的存在状态、正反应是体积扩大还是缩小的反应，反应热如何。然后还要掌握化学平衡常数的影响因素、压强改变对平衡的移动的影响、物质的量的变化情况等。再对选项中的问题做一一剖析。明确反应中只有氧气一种气体是解答的关键，注意从平衡常数的解答去分析。
10．B
【详解】A．升高温度，若增大，说明平衡正向移动，故正反应为吸热反应，则，A错误；
B．氢气不参与反应，而且容器体积不变，故加入一定量氢气，平衡不移动，B正确；
C．由于是固体，浓度是常数，故增加的物质的量，不能改变的浓度，平衡不移动，C错误；
D．根据反应方程式可知，该反应的平衡常数K=，温度不变，K不变，则不变，故压缩容器体积，重新达平衡时不变，D错误；
故本题选B。
11．BD
【详解】A．II可以看成是向2L的容器中，充入0.4mol的X和0.2mol的Y(则I、II的平衡等效)，平衡后再将容器压缩至1L，由于压强增大，平衡向右移动，所以II中X的转化率大于I，故A正确；
B．平衡常数只和温度有关，I、II的温度相同，则这两个平衡的平衡常数也相同，故B错误；
C．III的温度比I高，III的化学反应速率也快，则III先达到平衡，所用时间较短，故C正确；
D．对比I和III，二者起始状态，除了温度不同，其他条件都相同，则可以将III看作是I达到平衡后，升高温度，Z的浓度降低了，说明升温使得平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即反应的ΔH<0，故D错误；
故选：BD。
12．BC
【详解】A．根据盖斯定律，由①+②得反应 H= H1+ H2，选项A正确；
B．NOBr2是反应的中间产物，催化剂参与反应但反应前后质量和化学性质不变，选项B不正确；
C．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，选项C不正确；
D．恒容时，增大反应物浓度能增加活化分子总数，有效碰撞的几率增大，反应速率加快，选项D正确；
答案选BC。
13．AD
【详解】A．由图可知，甲醇催化氧化制取甲醛是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，即生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，故A错误；
B．由图可知，甲醇生成甲醛的峰值较大，生成CO的峰值较小，即无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小，故B正确；
C．由图可知，CO2具有的能量比CO的低，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故C正确；
D．由图可知，该催化剂能增大甲醇生成CO的活化能，降低甲醇催化氧化生成甲醛的活化能，所以该催化剂降低了甲醇生成CO的反应速率，增大了甲醇催化氧化生成甲醛的反应速率，故D错误；
故选AD。
14．AC
【解析】根据图象可知，T1温度下，反应速率快，所以T1>T2，升高温度，X的浓度平衡浓度增大，即升高温度平衡逆向移动，2X(g) Y(g)正反应放热。
【详解】A. 2X(g) Y(g)正反应放热，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A正确；
B. T2下，在0~t1时间内，c(X)的变化量是(a-b)mol/L，则Y的浓度变化为mol/L ，所以v(Y)=mol L 1 min 1，故B错误；
C. T1>T2，且M、W点反应均达平衡状态，则M点的正反应速率大于W的正反应速率=W点的逆反应速率，故C正确；
D. 2X(g) Y(g)正反应放热，T1>T2，则K(M)答案选AC。
15．BD
【解析】略
16．(1)b
(2)防止苯胺在反应过程中被氧化
(3) 油浴 不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率
(4) 用玻璃棒摩擦容器内壁或投入晶种 a
(5)dcb
(6)66.7
【解析】（1）
根据圆底烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的分析判断最佳规格是50 mL；
（2）
锌粉具有还原性，实验中加入少量锌粉的目的是防止苯胺在反应过程中被氧化；
（3）
由于步骤1加热的温度在105 ℃左右，而沸腾的水温度为100 ℃，不能达到该温度，所以步骤1可用油浴加热的方法；水的沸点是100 ℃，加热至105 ℃左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行；
（4）
晶体析出时需要晶种，所以可以投入晶种促使晶体析出；由于乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水，所以洗涤粗品最合适的试剂是用少量冷水洗，以减少因洗涤造成的损耗；
（5）
可以用活性炭吸附杂质，再根据题干信息知乙酰苯胺溶于热水，所以采用的方法为趁热过滤、冷却结晶；
（6）
n(苯胺)=，n(乙酸)==0.2695 mol，二者按物质的量之比1∶1反应，由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量，所以产生乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为标准，乙酰苯胺的理论产量为0.102 mol，而实际产量n(乙酰苯胺)==0.068 mol，所以乙酰苯胺的产率为×100%≈66.7%。
17．(1) Ca(OH)2 Na2CO3
(2) NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl 饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体在溶液中形成两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH—反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生
(3)2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2↑
(4)促使氯化铵结晶析出
(5)二氧化碳
(6)c
【分析】由题给流程可知，向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体与饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤的得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的母液；碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水；向母液中加入磨细的食盐粉及NH3促使氯化铵结晶析出。
【详解】（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑应先加入过量石灰水，使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，再向溶液中加入碳酸钠溶液，使钙离子转化为碳酸钙沉淀除去，故答案为：Ca(OH)2；Na2CO3；
（2）①装置I中的反应为氨气和二氧化碳气体和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；
②向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体在溶液中形成两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH-，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH—反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生；
（3）装置II中发生的反应为碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2↑；
（4）在母液中含有大量的铵根离子和氯离子，向母液中通入氨气，使溶液中铵根离子浓度增大，加入磨细的食盐粉能增大溶液中的氯离子浓度增大，溶液中铵根离子和氯离子浓度增大，使溶解平衡NH4Cl (s) NH(aq）+Cl—(aq）向左移动，有利于氯化铵结晶析出，故答案为：促使氯化铵结晶析出；
（5）由图可知，装置I中二氧化碳做反应物制备碳酸氢钠，装置II中碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，则流程中可循环利用的物质是二氧化碳；
（6）a．向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，由样品的质量和生成CaCO3的质量可以列关系式计算出纯碱的纯度，故a正确；
b．向m克纯碱样品中加入足量稀硫酸，干燥后测得生成气体的体积为二氧化碳的体积，根据样品的质量和生成样品的质量和生成二氧化碳的体积可以列关系式计算出纯碱的纯度，故b正确；
c．向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3和NaCl与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀和AgCl沉淀，沉淀的质量为氯化银和碳酸银，无法列关系式计算出纯碱的纯度，故c错误；
故选c。
18．(1) 不是平衡状态，反应逆向进行
(2) 0.2 2×10-3
(3) ＜ ＞ 反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，乙是绝热容器，乙容器中温度比甲容器中高，温度升高，平衡左移，N2O转化率降低
(4) P1＜P2＜P3 Ⅱ
【解析】（1）
反应I为2N2O(g)2N2 (g)+O2(g)+164kJ，平衡常数的表达式K=。
某温度下，反应Ⅰ的K=0.16，该温度下，测得容器中N2O、N2、O2的浓度分别为0.5mol·L-1、0.5mol·L-1、0.25mol·L-1，此时浓度商为Qc===0.25＞0.16，则反应I：不是平衡状态，反应逆向进行。答案为：；不是平衡状态，反应逆向进行；
（2）
甲为10L 的恒温容器。盛有1mol N2O和lmolCO，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，5min 时，测得CO转化率为60%，n(N2):n(O2)=8:1，设生成O2的物质的量为x，则可建立如下三段式：
，x=0.1mol，从而得出n(N2O)=0.4-2x=0.2mol；0~5min，O2的平均反应速率v(O2)==2×10-3mol · L-1·min-1。答案为：0.2；2×10-3；
（3）
向乙容器中充入1mol N2O和1molCO，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由于乙为10L的绝热容器，且两反应都为放热反应，所以随着反应的进行，乙容器的温度比甲容器高，乙相当于甲加热，反应速率加快，平衡逆向移动。所以，乙中反应达到平衡的时间＜甲；此时乙中n(N2O)比甲中＞，理由是：反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，乙是绝热容器，乙容器中温度比甲容器中高，温度升高，平衡左移，N2O转化率降低。答案为：＜；＞；反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应，乙是绝热容器，乙容器中温度比甲容器中高，温度升高，平衡左移，N2O转化率降低；
（4）
反应Ⅰ中，反应物气体分子总数小于生成物气体分子总数；反应Ⅱ中，反应物气体分子总数等于生成物气体分子总数。减小压强，反应Ⅰ平衡正向移动，对反应Ⅱ的平衡没有影响，所以N2O的转化率大，压强小，从而得出P1、P2、 P3由小到大的顺序为P1＜P2＜P3；温度高于T°C时，N2O的转化率不受压强的影响，则表明反应Ⅰ不发生，容器内发生的主要反应为Ⅱ。答案为：P1＜P2＜P3；Ⅱ。
【点睛】绝热容器，与外界既没有物质交换，也没有能量交换。
19． ＞ 0.05 mol·L-1·min-1 0.6 羟基 ⑤ 2CO+3H2→CH3CHO+H2O bc
【详解】分析：I.(1)根据A点未达到平衡状态，B点达到平衡状态判断。
(2)根据v＝△c/△t计算。
(3)根据消耗碘的物质的量结合平衡时的物质的量计算起始时I2的物质的量。
II.已知烃A对氢气的相对密度是14，A的相对分子质量是28，则A是乙烯。C为常见的酸味剂，乙烯氧化生成C，则C是乙酸。乙醛与氢气发生加成反应生成D是乙醇，E是一种有水果香味的透明液体，乙酸与D反应生成E，则E是乙酸乙酯。据此解答。
详解：I.(1)根据图象可知A点反应未达到平衡状态，反应向正反应方向进行。B点反应已达到平衡状态，正逆反应速率相等，则比较正反应速率(同一物质)的大小为A点＞B点。
(2)平衡时生成HI是0.5mol/L，则从反应开始至达到平衡，HI的平均反应速率为0.5mol/L÷10min＝0.05 mol·L-1·min-1。
(3)平衡时生成碘化氢的物质的量是0.5mol/L×2L＝1mol，根据方程式可知消耗碘的物质的量是0.5mol，平衡时碘的物质的量是0.05mol/L×2L＝0.1mol，所以起始时I2的物质的量为0.6mol。
II.根据以上分析可知A是乙烯，C是乙酸，D是乙醇，E是乙酸乙酯。则
(1)有机物D是乙醇，其中含有的官能团的名称是羟基。
(2)①是煤的气化，②是一氧化碳和氢气合成乙烯，③是一氧化碳和氢气合成乙醛，④是氧化反应，⑤是乙醛的加成反应，⑥是酯化反应，则过程中属于加成反应的是⑤。
(3)根据原子守恒可知③的反应方程式为2CO+3H2→CH3CHO+H2O。
(4)a.第①步是煤的气化，为煤的综合利用的一种方法，a错误；b.有机物C和D分别是乙酸和乙醇，都可以与金属钠发生反应产生氢气，b正确；c.有机物C和D分别是乙酸和乙醇，其水溶液都具有杀菌消毒作用，c正确；d.乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，有机物E与有机物D混合物的分离，可以用饱和碳酸钠溶液振荡、分液方法，d错误。答案选bc。
20．(1) (或) 正四面体
(2) 3
(3) 高温低压 温度升高到一定程度时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动
【解析】（1）
Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，则Ti2+基态的电子排布式可表示为(或)；中B原子价层电子对数为4+=4，且不含有孤电子对，所以的空间构型是正四面体型；
（2）
①根据晶胞结构图，La的个数为8×=1，Ni的个数为8×+1=5，故镧镍合金晶体的化学式为；
②氢气分子占据晶胞中上下底面的棱和面心，则H2的个数为8×+2×=3，故含1molLa的合金可吸附3mol。
（3）
①将两个反应式相加得：△H=△H1+△H2>0，该反应的正反应是吸热反应，升高温度能提升反应平衡转化率；正反应是气体体积增大的反应，△S>0，则低压有利于提高反应平衡转化率，故高温低压有利于平衡正向移动，提高上述反应平衡转化率；
②该反应的正反应为吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，且升高温度可以使正反应速率加快，同时温度升高会导致十氢萘气化，使反应物浓度增大，也会使平衡正向移动，虽高压会使平衡逆向移动，但使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用，所以高温总的来说使平衡正向移动，因此在该条件下也可显著释氢；
③△H1>△H2>0，故生成物的能量上升，且第一步反应焓变比第二步高，生成物能量逐步上升，第一步反应能量差值大于第二步，据此画出“”的“能量～反应过程”示意图为：。