2.2化学反应的限度 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

2.2 化学反应的限度 课时培优练 选修一 鲁科版（2019）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一定温度下(T2＞Tl)，在3个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中反应 2NO(g)+ Cl2(g) 2ClNO(g)(正反应放热)达到平衡，下列说法正确的是
容器 温度/(℃) 物质的起始浓度/ mol·L-1 物质的平衡浓度/ mol·L-1
c(NO) c(Cl2) c(ClNO) c(ClNO)
I T1 0.20 0.10 0 0.04
II T2 0.20 0.10 0.20 c 1
III T3 0 0 0.20 c 2
A．达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为1：2
B．达到平衡时，容器III中ClNO的转化率小于80%
C．达到平衡时，容器II中c(ClNO(/ c(NO)比容器I中的小
D．若温度为Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.2 mol Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g)，则该反应向逆反应方向进行
2．化学平衡状态I、II、 III的相关数据如表：
编号 化学方程式 平衡常数 温度
979 K 1173K
I Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) K1 1.5 2.4
II CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) K2 2.0 b
III Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g) K3 a 1.8
根据以上信息判断，下列结论不正确的是A．a＞b
B．增大压强，平衡状态II不移动
C．升高温度平衡状态III向逆反应方向移动
D．反应II、III均为吸热反应
3．在I、II、III三个体积相等的恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。在一定条件下能发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到tmin时CO的体积分数如图所示，下列说法正确的是
A．反应CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)的△H>0
B．若三个容器内的反应都达到化学平衡时，温度为T3时CO转化率最大
C．I、II、III三个容器中一定达到化学平衡状态的是II和III
D．若再向容器III中充入0.1molCO、0.2molH2和0.4molCH3OH，则平衡时CH3OH的体积分数>40%
4．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。
已知：①C4H10(g)＋O2(g)=C4H8(g)＋H2O(g) △H1=-119 kJ·mol-1
②H2(g)＋O2(g)=H2O(g) △H2=-242 kJ·mol-1
丁烷(C4H10)脱氢制丁烯(C4H8)的热化学方程式为C4H10(g)C4H8(g)＋H2(g) △H3
下列措施一定能提高该反应中丁烯产率的是
A．增大压强，升高温度 B．升高温度，减小压强
C．降低温度，增大压强 D．减小压强，降低温度
5．1mL0.1mol/LKI溶液与5mL0.1mol/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)达到平衡。下列说法错误的是
A．该反应平衡常数K=
B．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
C．加入苯，振荡，平衡正向移动
D．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
6．在恒温恒容的密闭容器中可逆反应 2NO2(g)2NO(g)+ O2(g)，达到平衡状态的标志是
① 单位时间内生成 n mol O2 的同时生成 2n mol NO2
② 混合气体 NO2、NO、O2 三者分子数目之比为 2∶2∶1 的状态
③ 混合气体的颜色不再改变的状态
④ NO2、NO、O2 表示的反应速率之比为 2∶2∶1 的状态
⑤ 混合气体的密度不再改变的状态
⑥ 混合气体的压强不再改变的状态
⑦ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
⑧ 2V正(NO2)= 2V逆(O2)
A．①③⑥⑦ B．②⑤⑥⑦ C．①③④⑤⑧ D．①②③④⑤⑥⑦⑧
7．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
8．在一定温度下，在体积固定的容器中，进行可逆反应A(g)+B(g) C(g)+2D(g)，下列能说明该反应达到平衡状态的是
A．混合物气体的密度不再改变 B．(A)：(D)=1：2
C．A、B、C、D的物质的量相等 D．体系压强不再改变
9．碳单质可应用于脱硝。向容积为1L的密闭容器中加入炭(足量)和NO，模拟发生脱硝反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，测得不同温度下，NO的物质的量随时间的变化如下图所示，下列有关说法不正确的是
A．该反应ΔH＜0
B．正反应速率：M＞N
C．T1时，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各2mol，平衡时，NO的体积分数为40%
D．T1时，0~15min时的反应速率v(CO2)=0.08mol·L-1·min-1
10．下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是
A．实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸
B．饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体
C．用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时需在HCl气流中进行
D．合成氨工业中采用反应温度达到500℃(高温)，是为了利于氨的合成
二、多选题
11．甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应：
反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4 kJ·mol-1
反应II： CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0 kJ·mol-1
向容积为10 L的恒容密闭容器中通入1.0 mol CH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。
(已知：HCOOCH3的选择性= ×100%)
下列说法正确的是
A．HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=＋76.6 kJ·mol-1
B．虚线代表的是CH3OH的转化率
C．553 K时，HCOOCH3的产量为0.1 mol
D．低于553 K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553 K时，温度越高，生成的CO越多
12．一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s) xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是
A．反应达到平衡状态时A的转化率为60%
B．x=2
C．减小容器的体积，反应物A的百分含量变小
D．反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为5∶6
13．一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L－1，下列说法正确的是(　　)
A．x的值为2
B．A的平衡转化率为40%
C．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5
D．A和B的平衡转化率相等
14．由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．由X→Y反应的ΔH=E1-E2 B．由X→Z反应的ΔH<0
C．降低压强有利于提高Y的产率 D．升高温度有利于提高Z的产率
15．科学家发现过渡金属离子可催化消除大气中的N2O和CO污染物，反应原理为CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g) H＜0。在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入0.1molN2O、0.4molCO和相同催化剂。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．A容器中N2O的转化率随时间的变化关系是图中的a曲线
B．要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变N2O的平衡转化率，可采取的措施为减小容器的体积
C．B容器达到化学平衡时，化学平衡常数
D．实验测定该反应的反应速率v正=k正·c(N2O)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度，则M处的约为1.69
三、实验题
16．塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，实验装置(部分装置省略)如图甲。已知：正丁醇的沸点为118℃；纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点为340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解。由邻苯二甲酸酐和正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯的实验操作流程如图乙。
①向三颈烧瓶内依次加入30g(0.2mo1)邻苯二甲酸酐、22g(0.3mo1)正丁醇以及少量浓硫酸。
②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应2小时，保温至反应结束。
③冷却至室温，将反应混合物倒出，通过操作X，得到粗产品。
④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液(粗酯)→减压蒸馏，经过处理得到产品为20.85g。
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称为___________。
(2)步骤②中需要不断从分水器下部分离出产物水的目的是___________，判断反应已结束的方法是___________。
(3)反应Ⅰ进行得迅速而完全，反应Ⅱ是可逆反应，进行得较缓慢，为提高反应速率，可采取的措施是___________。
A．增大压强 B．增大正丁醇的量
C．分离水 D．加热至200℃
(4)操作X中，应先用5%溶液洗涤，其作用是___________。
(5)粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是___________。
(6)本实验中，邻苯二甲酸二丁酯(相对分子质量是278)的产率为___________%(保留小数点后一位)。
四、工业流程题
17．一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：
已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+=R2Cu+2H+。
②S2O易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O=[Ag(S2O3)2]3-，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K=2.80×1013。
③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp(AgCl)=1.80×10-10。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
(2)“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是_______。
(3)“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
(4)“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应的平衡常数为_______。
(5)“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______。
(6)为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______(填工序名称)工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
五、原理综合题
18．在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间(s) 0 20 40 60 80 100
c(N2O4) 0.20 a 0.10 c d e
c(NO2) 0.00 0.12 b 0.22 0.22 0.22
反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。该反应的化学方程式为N2O42NO2。
①0~20s内N2O4的平均反应速率为______________。
②该反应的平衡常数表达式K=______________，在80℃时该反应的平衡常数K值为____(保留2位小数)。
③下列说法正确的是_____________。
A．温度越高，K值越大，N2O4的转化率越高
B．加压，平衡逆向移动，气体颜色变浅
C．增大N2O4的浓度，新平衡建立过程中正反应速率不断加快
D．起始条件相同，将等量的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，A中的N2O4平衡转化率小于B
④写出恒温恒容下，能判断该反应达到平衡状态的依据_____________、_____________。(写出2条即可)
19．近几年我国大面积发生雾霾天气，2.5微米以下的细颗粒物(PM2.5)是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。空气中的CO、SO2、NOx等污染气体会通过大气化学反应生成PM2.5颗粒物。
（1）已知：2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH1= -221.0 kJ/mol
N2(g)+O2(g)2NO (g) ΔH2= +180.5 kJ/mol
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH3= -746.0 kJ/mol
用焦炭还原NO生成无污染气体的热化学方程式为_________________________________。
（2）已知由CO生成CO2的化学方程式为CO＋O2CO2＋O 。其正反应速率为v正=k正·c(CO) ·c(O2)，逆反应速率为v逆=k逆·c(CO2) ·c(O)，k正、k逆为速率常数。在2500 K下，k正=1.21×105 L·s-1·mol-1，k逆=3.02×105 L·s-1·mol-1。则该温度下上述反应的平衡常数K值为_________________________(保留小数点后一位小数)。
(3)CO2可用来生产燃料甲醇。CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH＝－49.0 kJ·mol－1。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝___________________ mol·(L·min) －1。
②氢气的转化率＝________________________。
③下列措施中能使平衡体系中n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_____________________。
A．升高温度 B．充入0.5 mol CO2 和1.5 mol H2
C．充入He(g)，使体系压强增大 D．将H2O(g)从体系中分离出去
（4）利用如图所示电解装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极室排出的溶液吸收NO2 。与电源b极连接的电极的电极反应式为____________________________________。
（5）NO2在一定条件下可转化为NH4NO3和NH4NO2。相同温度下，等浓度NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH4+)较小，分析可能的原因________________________。
参考答案：
1．D
【详解】A．容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为大于1：2， A错误；
B．容器III相当于是0.2mol/LNO与0.1mol/L氯气开始建立平衡，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器III中NO的转化率小于容器I中NO的转化率（20%），所以达到平衡时，容器III中ClNO的转化率大于80%，B错误；
C．容器II相当于是0.4mol/LNO与0.2mol/L氯气开始建立平衡，正反应体积减小，相当于容器I增大了压强，平衡正向移动，因此达到平衡时，容器II中c(ClNO(/c(NO)比容器I中的大，C错误；
Ｄ．根据容器I中数据可知该温度下平衡常数为0.78,若温度为Tl，起始时向同体积恒容密闭容器中充入0.20 mol NO(g)、0.2 mol Cl2(g)和0.20 mol ClNO(g)，则浓度熵为0.202（0.202×0.20）=5＞K=0.78，所以该反应向逆反应方向进行，D正确。
2．D
【分析】由盖斯定律可知，反应I+ II得反应III，则化学平衡常数K3= K1 K2，由题给数据可知，979 K 时平衡常数a=1.5×2.0=3.0、1173K时平衡常数b==0.75。
【详解】A．由分析可知，a=3.0＞b=0.75，故A正确；
B．反应II为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，故B正确；
C．由分析可知，979 K 时反应III平衡常数a=3.0，由1173K时平衡常数为1.8可知，升高温度，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，979 K 时，反应II平衡常数为2.0、反应III平衡常数a=3.0，由1173K时反应II平衡常数为b=0.75、反应III平衡常数为1.8可知，升高温度，反应II、III的平衡常数均减小，说明平衡均向逆反应方向移动，反应II、III均为放热反应，故D错误；
故选D。
3．D
【详解】A．根据图示知，CO体积分数由小到大依次为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO含量减小，说明反应速率加快，CO转化率提高，反应处于建立平衡过程中，T2中的状态转变成T3中的状态，CO含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，升高温度平衡逆向移动，故正反应放热，即反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的ΔH＜0，A错误；
B．该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，Ⅰ容器温度最低，所以CO转化率最大，B错误；
C．根据A项分析I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，Ⅱ可能达平衡状态，I未达平衡，C错误；
D．由题意列三段式可如下：，得，解得x＝，因此甲醇的体积分数是，设容器体积为1 L，则平衡常数K=，若再向容器Ⅲ中充入0.1 molCO、0.2 molH2和0.4 molCH3OH，此时CO、H2、CH3OH物质的量分别变为、、，则此时浓度商Qc=＜K，平衡正向进行，则平衡时CH3OH的体积分数＞40%，D正确；
故答案选D。
4．B
【详解】根据盖斯定律，将已知方程式①-②，整理可得：C4H10(g)C4H8(g)＋H2(g) △H3=+123 kJ/mol，可知：该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应。要提高丁烯产率，应该使化学平衡正向移动，根据平衡移动原理，采用的方法应该为升高温度，减小压强，故合理选项是B。
5．D
【详解】A．该反应平衡常数K=，故A正确；
B．加入FeSO4固体，Fe2+的浓度增大，平衡逆向移动，故B正确；
C．加入苯，振荡，水溶液中I2的浓度降低，平衡正向移动，故C正确；
D．FeCl3过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，不能说明该化学反应存在限度，故D错误；
选D。
6．A
【详解】①生成O2、NO2分别代表正向和逆向的反应速率，且速率之比等于化学计量数之比，故①能说明达平衡；②达平衡时，各个物质的含量不再改变，但不一定成比例，故②不能说明是否达平衡；③三种气体中NO2为红棕色气体，而颜色的深浅与c(NO2)有关，随着反应的进行，c(NO2)发生变化，颜色也会有深浅的变化，当平衡时，c(NO2)不再改变，此时颜色也不再改变，故③能说明达平衡；④化学反应速率之比等于化学计量数之比，故任何时刻，三者反应速率之比都为2：2：1，故④不能说明是否达平衡；⑤由于反应前后气体总质量不变，且体积也不变，所以混合气体密度始终不变，故⑤不能说明是否达平衡；⑥恒温恒容时，压强与气体物质的量成正比，由于反应前后气体物质的量改变，所以压强也会改变，当压强不变时，说明达平衡，故⑥能说明达平衡；⑦由，知混合气体平均相对分子质量与气体总质量和总物质的量有关，虽然气体总质量不变，但反应前后气体总物质的量改变，所以混合气体平均相对分子质量也会改变，故⑦能说明达平衡；⑧由反应速率关系：，得，由题意知：，故，即此时未达平衡，⑧不符合题意；综上所述，①③⑥⑦符合题意，故答案选A。
7．B
【详解】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；
故答案选B。
8．D
【详解】A．反应物和生成物均为气体，故反应过程中气体的质量保持不变，容器的体积不变，故气体的密度一直保持不变，故混合物气体的密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，A不合题意；
B．化学平衡的特征是正、逆反应速率相等，题干(A)：(D)=1：2未告知正反应速率还是逆反应速率，B不合题意；
C．化学平衡的特征之一是反应体系的各组分的浓度或百分含量保持不变，而不是相等或成比例，故A、B、C、D的物质的量相等不能说明反应达到化学平衡，C不合题意；
D．由反应方程式可知，反应前后气体的系数和发生改变，故反应过程中容器的压强一直在改变，故体系压强不再改变说明反应达到化学平衡了，D符合题意；
故答案为：D。
9．D
【详解】A．根据图示，温度下反应快，温度，升高温度，NO的物质的量增大，平衡逆向移动，该反应ΔH＜0，故A正确；
B．根据图示，温度下反应快，温度，所以正反应速率：M＞N，故B正确；
C．T1时，达到平衡，反应消耗1.2molNO，生成0.6molN2、0.6molCO2，平衡常数是，若起始向容器中充入N2(g)和CO2(g)各2mol，平衡时，消耗xmolN2，
，x=0.8；NO的体积分数为40%，故C正确；
D．T1时，达到平衡，反应消耗1.2molNO，生成0.6molCO2，0~15min时的反应速率v(CO2)=0.04mol·L-1·min-1，故D错误；
选D。
10．D
【详解】A．实验室中配制FeCl3溶液时，向其中加入少量浓盐酸，可以抑制氯化铁的水解平衡，A不符合题意；
B．加热使氯化铁的水解平衡正向移动，饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体，B不符合题意；
C．氯化氢抑制氯化镁水解，用MgCl2·6H2O制取无水MgCl2时需在HCl气流中进行，C不符合题意；
D．合成氨反应放热，升高温度合成氨反应逆向移动，合成氨工业中采用反应温度达到500℃(高温)是为了提高反应速率，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
故选D。
11．AD
【详解】A．根据盖斯定律可知该反应可由2×反应II-反应I得到，，故A正确；
B．反应I和反应II均为吸热反应，随温度的升高平衡均正向移动，甲醇的转化率增大，虚线不符合，应该为实线，故B错误；
C．553 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，1.0 mol CH3OH中消耗0.2mol，其中0.1mol转化为甲酸甲酯，甲酸甲酯的物质的量为0.05mol，故C错误；
D．由图可知，低于553 K时，甲醇的转化率和甲酸甲酯的选择性都随温度的升高而增大所以温度越高，生成的HCOOCH3越多。而高于553 K时，甲酸甲酯的选择性明显降低，反应以反应II为主，因此温度越高，生成的CO越多，故D正确；
故选：AD。
12．CD
【详解】A．经5s反应达平衡，生成1molD，消耗1.5molA，反应达到平衡状态时A的转化率为，故A正确；
B．5s内C的平均反应速率为0.1mol·L-1·s-1，则生成C的物质的量为0.1mol·L-1·s-1×2L×5s=1mol，同时生成1molD，物质的量变化比等于系数比，所以x=2，故B正确；
C．正反应气体系数和增大，减小容器的体积，平衡逆向移动，反应物A的百分含量增大，故C错误；
D．起始时气体总物质的量为2.5mol，反应达到平衡状态时，A气体的物质的量为1mol、C气体的物质的量为1mol、D气体的物质的量为1mol，相同条件下压强比等于物质的量比，容器内气体的压强与起始时压强比为3:2.5=6∶5，故D错误；
选CD。
13．AC
【详解】A.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L－1可得x：2=(0.4mol·L－1×2)：0.8mol，解得x=2，故A正确；
B.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，则A的平衡转化率为×100%=60%，故B错误；
C.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，平衡时A、B、C、D的浓度分别为=0.4mol·L－1、=0.8mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，则此温度下该反应的平衡常数K==0.5，故C正确；
D.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，则A的平衡转化率为×100%=60%，B的平衡转化率为×100%=20%，A和B的平衡转化率不相等，故D错误；
故选AC。
14．BC
【详解】A．根据化学反应的实质，由反应的ΔH=E3 E2，A项错误；
B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的ΔH<0，B项正确；
C．根据化学反应2X(g)3Y(g)，该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，C项正确；
D．由B分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z的产率降低，D项错误；
答案选BC。
15．BD
【分析】对于反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g) H＜0，容器B为绝热容器，随着反应的进行，容器B的温度升高，平衡时温度比恒温容器A平衡时的温度高，相当于A容器加热，平衡逆向移动，N2O的转化率降低，但达平衡的时间缩短。
【详解】A．由以上分析知，B容器为绝热容器，随着反应的进行，与容器A对比，混合气的温度不断升高，反应速率比A容器快，最终B容器相当于A容器升温，平衡逆向移动，N2O的转化率减小，所以A容器应为图中的b曲线，A不正确；
B．b曲线对应的容器为A容器，为恒温容器，反应前后气体分子数相等，加压可加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但平衡不发生移动，N2O的平衡转化率不变，B正确；
C．A容器达平衡时，可建立如下三段式：
K==，而B容器中N2O的转化率小，所以达到化学平衡时，化学平衡常数K小于，C不正确；
D．在M点，N2O的转化率为20%，此时各物质的浓度分别为c(N2O)=0.38mol/L，c(CO)=0.08mol/L，c(N2=0.02mol/L，c(CO2)=0.02mol/L，则M处的= ≈1.69，D正确；
故选BD。
16．(1)球形冷凝管
(2) 使平衡正向移动，提高反应物的转化率 分水器中水位高度保持不变
(3)B
(4)除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失
(5)邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低
(6)50.0
【详解】（1）根据仪器a的构造可知，仪器a的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；
（2）水是生成物，减小生成物浓度，使平衡正向移动，可以提高反应物的转化率，所以不断从分水器下部分离出产物水的目的是使平衡正向移动，提高反应物的转化率，反应结束后，反应体系的压强不在变化，分水器中水位不在改变，所以判断反应已结束的方法是分水器中水位高度保持不变，故答案为：使平衡正向移动，提高反应物的转化率；分水器中水位高度保持不变；
（3）A．增大压强，该反应中没有气体参加，压强不影响化学平衡，增大压强，平衡不发生移动，A错误；
B．增加正丁醇的量，反应物浓度增大，反应速率加快，且可以使平衡向着生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，B正确；
C．分离出水，减小了生成物浓度，反应速率降低，C错误；
D．由题干信息可知，纯邻苯二甲酸二丁酯在酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解，加热至200℃，邻苯二甲酸二丁酯分解，反应II逆向移动，不利于邻苯二甲酸二丁酯的合成，D错误；
故答案为：B；
（4）操作X中，应先用5%Na2CO3溶液洗涤，其作用是除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失，不能使用氢氧化钠洗涤的原因是氢氧化钠溶液碱性过强，会使生成的邻苯二甲酸二丁酯水解，降低了产率，故答案为：除去邻苯二甲酸，溶解正丁醇，降低邻苯二甲酸二丁酯的水解损失；
（5）因为邻苯二甲酸二丁酯的沸点为340℃，温度超过180℃易发生分解，减压可以使其沸点降低，减少分解造成的损失，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯的沸点高，高温会造成其分解，减压可以使其沸点降低；
（6）邻苯二甲酸酐的物质的量为：0.2mol，正丁醇的物质的量为：0.3mol，又1mol邻苯二甲酸酐可以消耗2mol正丁醇，所以邻苯二甲酸酐过量，理论上可以生成邻苯二甲酸二丁酯的质量为：×0.30mol×278g/mol=41.7g，所以邻苯二甲酸二丁酯的产率为×100%=50.0%，故答案为：50.0。
17．(1)2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4
(2) Pt、Au 防止生成的氮氧化物排放到空气中
(3)HNO3
(4)5.04×103
(5)2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O
(6) “溶浸" 随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低
【分析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有[Ag(S2O3)2]3-的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。
（1）
SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4。
（2）
Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；
（3）
根据2RH+Cu2+=R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以 “反萃取剂”最好选用HNO3溶液。
（4）
“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，反应的平衡常数为1.80×10-10×2.80×1013=5.04×103。
（5）
Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被[Ag(S2O3)2]3- 被还原为Ag，S2O没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O；
（6）
“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低。
18． 0.003mol/(L·s) 0.54mol/L AD 混合气体的平均摩尔质量不变 混合气的颜色不再变化；压强不再变化(其他答案合理均得分)
【分析】在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，则起始时c(N2O4)= 0.2mol·L－1，根据表格数据，结合三段式计算解答①和②；反应进行至100s后为平衡状态，将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，说明N2O42NO2平衡逆向移动，则正反应为吸热反应，结合该反应的特征分析解答③和④。
【详解】①根据表格数据，a=0.2-=0.14，0～20s内N2O4的平均反应速率为v(N2O4)==0.003mol/(L·s)，故答案为：0.003mol/(L·s)；
②在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，则起始时c(N2O4)= 0.2mol·L－1，根据表格数据，60s时为平衡状态，
该反应的平衡常数表达式K=；在80℃时，反应60s达到平衡状态，平衡浓度c(NO2)=0.22mol·L－1，c(N2O4)=0.09mol·L－1，该反应的平衡常数K===0.54 mol/L，故答案为：；0.54 mol/L；
③反应进行至100s后为平衡状态，将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，说明N2O42NO2平衡逆向移动，则正反应为吸热反应。A．正反应为吸热反应，温度越高，平衡正向进行的程度越大，K值越大，N2O4的转化率越高，故A正确；B．加压，N2O42NO2平衡逆向移动，容器体积减小，NO2浓度增大，气体颜色变深，故B错误；C．增大N2O4的浓度，正反应速率突然增大，随着反应进行，N2O4的浓度逐渐减小，正反应速率不断减小，故C错误；D．起始条件相同，将等量的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，平衡B相对于容器A正向移动，A中的N2O4平衡转化率小于B，故D正确；故答案为：AD；
④恒温恒容下，容器体积不变，气体质量不变，但气体物质的量改变，则气体的平均相对分子质量为变量，压强为变量，则达到平衡时，平均相对分子质量不变，压强不再变化，混合气体颜色不再变化等，都是判断该反应达到平衡状态的依据，故答案为：混合气体的平均摩尔质量不变、混合气的颜色不再变化(或压强不再变化等)。
【点睛】本题的易错点为③，要注意根据“100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅”判断出反应的热效应。
19． 2NO(g)+ C (s)CO2(g)+ N2(g) ΔH=-573.75kJ/mol 0.4 0.225 75% BD HSO3—＋2e—＋2H+ = S2O42—＋2H2O NO2—水解对NH4+的水解起促进作用（或NO2—与NH4+氧化还原产生氮气）
【详解】(1)①2C(s)+O2(g) 2CO(g)△H1=-221.0kJ/mol，②N2(g)+O2(g) 2NO (g)△H2=+180.5kJ/mol，③2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H3=-746.0kJ/mol，根据盖斯定律，(①+③-②)×得：2NO(g)+C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol，故答案为2NO(g)+C (s) CO2(g)+N2(g) △H=-573.75kJ/mol；
(2)由CO生成CO2的化学方程式为CO+O2 CO2+O．其正反应速率为v正=k正 c(CO) c(O2)，逆反应速率为v逆=k逆 c(CO2) c(O)，平衡常数K====0.4，故答案为0.4；
(3)①根据图象分析可知甲醇变化浓度为0.75mol/L，反应速率v(CH3OH)= =0.075mol/(L min)，速率之比等于化学方程式计量数之比，v(H2)=3v(CH3OH) =0.225mol/(L min)，故答案为0.225；
②氢气的转化率= ×100%=75%，故答案为75%；
③A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则比值减小，故A错误；B．再充入充入0.5mol CO2和1.5mol H2，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，则比值增大，故B正确；C．充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，比值不变，故C错误；D．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，比值增大，故D正确；故答案为BD；
(4)依据图示可知，阴极上HSO3-得电子生成S2O42-，阴极区发生反应2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；故答案为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；
(5)相同温度下等浓度的NH4NO3和NH4NO2两份溶液，测得NH4NO2溶液中c(NH4+)较小，是因为NO2-是弱酸阴离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，二者水解相互促进，故答案为NO2-水解对NH4+的水解起促进作用 。