2.1化学反应速率同步练习（含解析）2023——2024学年上学期高二化学苏教版（2019）选择性必修1

2.1化学反应速率同步练习
姓名（）班级（）学号（）
一、单选题
1．丙酮()碘化反应为 +I2I-+H++ 。兴趣小组在时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中①~③混合液总体积均为。
序号 n(丙酮) 褪色时间/s
① 0.2 40
② 0.1 80
③ 0.2 20
下列推理合理的是
A．实验①中，
B．由实验①②可知，c(丙酮)越小，反应速率越快
C．由实验①③可知，越小，反应速率越快
D．该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象
2．理论研究表明，在101kPa和298K下，HCNHNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的△H=-59.3kJ/mol
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
3．反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．两步反应均为吸热反应，高温有利于反应①和②正向自发进行
B．该反应过程中，可能会有较多中间产物积聚
C．反应①的活化能为
D．选择合适的催化剂，可以降低反应②的活化能，加快总反应的反应速率
4．化石燃料燃烧后产生的氮氧化物可引起酸雨、光化学烟雾和臭氧消耗等问题，因此降低排放对环境保护至关重要。高效催化剂的脱硝原理如图，□表示氧原子空位。下列说法错误的是
A．气态氧吸附在氧空位上转化为
B．被还原成
C．通过从向的电子转移，催化剂恢复到原来的状态
D．Co和之间的协同效应在提高催化剂的活性方面起着关键作用
5．定温度下，丙烷与、发生氯化和溴化反应方程式及产物含量如下：
氯化：2CH3CH2CH3+2Cl2+2HCl
溴化：2CH3CH2CH3+2Br2+2HBr
氯化和溴化反应决速步骤的能量变化如图，下列说法不正确的是
A．HCl和HBr的键能差为
B．丙烷中仲氢()比伯氢()活性强
C．升高温度可以提高体系中2-氯丙烷的含量
D．反应产物含量主要与、与反应的活化能相对大小有关
6．下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．用甲装置定量测定H2O2的分解速率
B．用乙装置验证稀硝酸的还原产物为NO
C．用丙装置除去NaCl固体中的NH4Cl
D．用丁装置鉴别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液
7．在其他条件不变的情况下，研究催化剂对化学反应速率的影响。在容积不变的密闭容器中，反应A(g)=2B(g)各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示，下列说法中正确的是
A．与无催化剂相比，催化剂使反应活化能升高
B．增大催化剂的比表面积，化学反应速率不变
C．a曲线表示未使用催化剂时A的浓度随时间的变化
D．使用催化剂时，0~2min内
8．为早日实现“双碳”目标，科学家提出以TiO2为催化剂，用光热化学循环分解法减少大气中CO2含量，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中只有一种元素化合价发生变化
B．图示中涉及到光能、热能、化学能的转化
C．TiO2在降低了反应活化能的同时，提高了反应物的平衡转化率
D．每分解4.4gCO2能产生3.36L气体
9．己知，该反应分①②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A．反应①为吸热反应
B．
C．反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应
D．反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关
10．在恒温恒容条件下，发生反应，随时间的变化如图中曲线所示，M的初始浓度为xmol/L。下列说法正确的是
A．a点到b点时间间隔内该化学反应的平均速率
B．当时，对应的时间大于
C．a点的瞬时速率小于b点的瞬时速率
D．在不同时刻都存在关系：
11．Operando光谱和DFT计算明确了在负载WO3的CeO2上NH3(NH3-SCR)选择性催化还原NO的还原/氧化半循环的过程如下。下列说法正确的是
A．步骤1中氧化剂与还原剂的物质的量之比：2∶1
B．氧化性强弱顺序：
C．每生成1mol理论上消耗0.25mol
D．上述过程的总反应方程式：
12．某研究人员通过测定不同条件下的化学反应速率得到以下两组数据(为反应活化能)。
第1组：
实验 温度/K
a 100 298→318 14.0
第2组：
实验 温度/K
b 100 298K 3205
c 120 298K
基于数据分析和平衡原理，以下说法错误的是
A．一般离子反应的活化能接近于零，所以反应速率很快
B．吸热反应中，温度升高对于放热方向的反应速度影响较大
C．其他条件相同时，温度升高，化学反应速率加快
D．该实验的目的是为了对比温度和活化能对化学反应速率的影响程度
13．已知：NO和转化为的反应机理如下：
① 平衡常数
② 平衡常数；
下列说法正确的是
A．反应①是决定反应速率的关键步骤
B．的平衡常数
C．的
D．反应过程中的能量变化可用图表示
14．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。
下列说法正确的是
A．HAP能降低HCHO与O2的反应的活化能，增大了平衡转化率
B．该历程中有非极性键的断裂，没有非极性键形成
C．HCHO分子中σ键与π键之比为2：1
D．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
15．1，2-丙二醇[]单分子解离反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法错误的是
A．可用红外光谱法鉴别 TS1和 TS2两条路径的产物
B．从能量的角度分析，TS2路径的速率比 TS1路径慢
C．产物比产物更稳定
D．1， 2-丙二醇中C-C键的键能相差约为2.1kJ/mol
二、填空题
16．实验探究是学习化学原理知识的重要方法，请回答下列问题：
I．某实验小组用0.55mol/LNaOH溶液和0.25mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。
(1)配制0.55mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用240mLNaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体 g。
(2)测定中和热的实验装置如图所示。取50mLNaOH溶液和50mL硫酸溶液进行实验，从实验装置上看，图中尚缺少的重要仪器为 。
(3)已知：学习小组用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，测得中和热为56.1kJ/mol，写出该反应表示中和热的热化学方程式： 。
(4)上述实验结果的数值与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是 (填字母)。
a．两烧杯夹层间碎纸条没有填满
b．配制0.25mol/L硫酸溶液，定容时俯视
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．记录混合液的最高温度作为终止温度
II．碘钟反应是一种化学振荡反应，其体现了化学动力学的原理。某小组同学在室温下对某“碘钟实验”的原理进行探究。
资料：该“碘钟实验”反应分A、B两步进行：
反应A：(慢)
反应B：(快)
(5)该“碘钟实验”的总反应是 。
(6)已知A反应的速率方程为：，式中k为常数。为确定m、n值进行实验I(溶液浓度均为0.01mol/L)。
实验序号 试剂体积V/mL 显色时间t/s
溶液 KI溶液 水 溶液 淀粉溶液
① 10 10 0 4 1 27.0
② 5 10 4 1 54.0
③ 2.5 10 7.5 4 1 108.0
④ 10 5 5 4 1 54.0
①表中 。
②通过数据计算得知：m= ，n= 。
17．我国力争2060年前实现碳中和，的资源化利用具有重要意义。
(1)钙循环捕集与CaO/储热体系耦合工艺
以石灰石为原料的钙循环耦合工艺流程如图所示。
①循环I中，含量较高的是 (填“A”或“B”)处。
②若仅进行循环II，控制不同水合温度反应相同时间，水合反应器中水合温度对CaO水合转化率的影响如题图所示，在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为 。
③经历多次循环I后，高温煅烧造成CaO孔隙大量减少，捕集效率降低。分析经历多次循环I再经历多次循环II后的CaO能有效提高捕集效率的可能原因是 。
④从能量转化与物质资源综合利用角度分析，该工艺的优点是 。
(2)利用光催化还原制HCOOH等液态燃料
光催化过程包括催化剂的光激发、光生电子()与缺电子空穴()的分离或复合、光生电子的迁移及后续的氧化与还原反应。
①光催化还原制备HCOOH的原理如图所示，该过程机理可描述为 。
②催化剂对光的吸收强度是影响其光催化性能的重要因素之一。荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大。催化剂a和b的荧光光谱如图所示，请判断哪一种催化剂催化效果更好，并说明理由 。
三、原理综合题
18．回答下列问题
(1)已知： ， ，则 (填“>”或“<”)。
(2)698K时，向V L的密闭容器中充入2mol 和2mol，发生反应： ，测得各物质的物质的量浓度与时间变化的关系如图所示。
请回答下列问题：
①前5s内平均反应速率 。
②该反应达到平衡状态时，放出的热量为 。
(3)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。
①混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油(以辛烷计)和氧气充分反应，生成1mol水蒸气放热550kJ；若1g水蒸气转化为液态水放热2.5kJ，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为 。
②混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图，其总反应式为：。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速时，乙电极周围溶液的pH (填“增大”，“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为 。
③远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的 腐蚀。利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为 。
19．氨是一种重要的化工原料，合成氨工艺在不断的探索和优化，已知：
化学键 N≡N H-H N-H
键能/ 946 436 391
(1)工业合成氨的热化学方程式是 。
(2)在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．改变反应的活化能
德国化学家埃特尔对工业合成氨的机理进行了实证研究获得2007年诺贝尔化学奖。在某一温度时，各步反应能量变化如下图所示(*代表吸附中心)：
(3)反应历程中决速步骤反应的化学方程式是 。
(4)合成氨工艺全球年均消耗能源3.5亿吨，占能源供应总量的1%以上；排放超过4亿吨，占排放总量的约1.6%。请从分子结构角度解释工业合成氨的条件苛刻、耗能巨大的原因 。
(5)针对合成氨工业中高耗能问题，中国科学家研制了一种新型催化剂，将合成氨温度、压强降低到350℃、1MPa，从反应机理角度分析新型催化剂降低能耗的原因是 。
(6)针对合成氨中大量排放问题，某研究团队提出利用金属锂元素合成氨，流程如下图所示。
①冶炼金属锂的化学方程式是 。
②合成氨过程中发生非氧化还原反应，此步反应的化学方程式是 。此方案中可循环利用的物质是 。
四、无机推断题
20．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z位于同一主族且二者均可与Y元素形成两种常见的化合物，W原子的最外层电子数比次外层电数少5个。
(1)几种元素的原子半径由大到小的顺序是 (用元素符号表示)，X与Z可形成一种稳定的化合物，用电子式表示该化合物的形成过程 。
(2)由X、Y、Z三种原子组成的物质含有化学键类型为 。
(3)写出W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。
(4)在催化下可发生分解反应，为探究一定温度下溶液的浓度、的浓度对分解速率的影响情况，某同学设计了如下实验，内容见下表：
实验序号 实验所用试剂
酸性溶液 溶液
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
Ⅰ 4 0.1 3 2 3
Ⅱ 4 0.1 2 2
Ⅲ 5 0.1 2 2
① 。
②实验Ⅰ、Ⅱ的探究目的是 。
③实验Ⅰ、Ⅲ探究催化剂浓度对分解速率的影响，则 ，若实验Ⅲ中产生气泡的速率较快，由此可得出的结论是 。
21．短周期元素置X、Y、R、Q在元素周期表中的位置如图所示，其中Q元素是地壳中含量最高的元素。
R Q
X Y
(1)含13个中子的X元素的原子，其核素符号为 。
(2)实验表明：X、Y的单质用导线连接后插入NaOH溶液中可形成原电池。该原电池负极的电极反应式为 。
(3)元素Q与氢元素形成的常见化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是 (填化学式)。为验证该化合物的某一性质，仅使用下列试剂中的一种，无法达到目的的是 (填字母序号)。
A．酸性高锰酸钾溶液 B．亚硫酸溶液 C．品红溶液 D．淀粉碘化钾溶液 E.二氧化锰粉末
(4)已知：R(s)+2NO(g)N2(g)+RO2(g)。T℃时。某研究小组向一恒容真空容器中充入NO和足量的R单质，恒温条件下测得不同时间各物质的浓度如下表。
浓度/mol·L-1 时间/min NO N2 RO2
0 1.00 0 0
10 0.58 0.21 0.21
20 0.40 0.30 0.30
30 0.40 0.30 0.30
35 0.32 0.34 0.15
①0～10min以V(NO)表示的平均反应速率为 。
②根据表中数据，计算T℃时该反应的平衡常数为 。
③30～35min改变的实验条件是 。
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参考答案：
1．D
【详解】A．实验①中淀粉溶液褪色时间为40s，则(I2)===5×10-5mol L-1 s-1，A错误；
B．实验①②中只有c(丙酮)不同，其他数据相同，并且实验①中c(丙酮)大、褪色时间短，即c(丙酮)越大，反应速率越快，B错误；
C．实验①③中只有c(I2)不同，其他数据相同，并且实验③中c(I2)小、褪色时间短，但I2的物质的量是①的一半，反因褪色时间也是①的一半，即改变c(I2)，反应速率不变，C错误；
D．随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故反应速率也逐渐减慢，但可能该反应是一个放热反应，导致溶液温度升高反应速率加快或者生成的H+起催化剂的作用，故该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象，D正确；
故答案为：D。
2．D
【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．由图可知反应①和反应②的生成物能量均大于反应物能量，均为吸热反应，升高温度有利于平衡向吸热方向进行，故A正确；
B．由图中信息可知，反应①的活化能为-300-(-477)=177，反应②的活化能为-131-(-341)=210，活化能越小反应速率越快，则反应①为快反应，反应②为慢反应，因此反应过程中可能会有较多中间产物积聚，故B正确；
C．由图中信息可知，反应①的活化能为-300-(-477)=177，故C错误；
D．由上述分析可知反应②为慢反应，决定总反应速率的快慢，则选择合适的催化剂，降低反应②的活化能，可加快总反应的反应速率，故D正确；
故选：C。
4．B
【详解】A．反应是通过在氧空位上吸附活化气态氧引起的，然后转化为晶格(步骤①)，故A正确；
B．被还原成(步骤④)，故B错误；
C．通过向的电子转移(步骤⑥)，催化剂恢复到原来的状态(步骤⑦)，故C正确；
D．和的离子参与反应过程，两者之间的协同效应有利于提高催化作用，故D正确；
故答案为：B。
5．C
【详解】A．由能量图可推出HCl和HBr的键能差为，故A正确；
B．由于生成物2－氯丙烷或2－溴丙烷的产量多，这说明丙烷中仲氢()比伯氢()活性强，故B正确；
C．生成2-氯丙烷的决速步骤活化能小，低温有利于其反应，高温有利于1-氯丙烷的生成，故C错误；
D．氯化决速步骤活化能相差不大，而溴化反应决速步骤活化能相差大，导致产物含量差别明显，故D正确。
答案选C。
6．B
【详解】A．生成的氧气会从长颈漏斗中逸出，无法通过单位时间内生成氧气的体积测定H2O2的分解速率，A错误；
B．先利用稀硝酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳排尽装置内空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO，NO不溶于水，试管及集气瓶中均出现无色气体，则可验证稀硝酸的还原产物为NO，B正确；
C．加热固体时不能用蒸发皿，应该用坩埚，C错误；
D．向NaHCO3溶液和Na2CO3溶液中滴入Ca(OH)2溶液时均有白色沉淀生成，不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，D错误；
故选：B。
7．D
【详解】A．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，A错误；
B．增大催化剂的比表面积，接触面积增大，化学反应速率加快，B错误；
C．曲线a表示A物质浓度变化，浓度变化量与使用催化剂时B物质浓度变化量符合计量数之比，所以曲线a表示使用催化剂时A的浓度随时间的变化，C错误；
D．0~2min内，B浓度变化为4mol/L，，D正确；
答案选D。
8．B
【详解】A．CO2反应生成CO和O2，C元素与O元素的化合价都发生变化，故A错误；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；
C．TiO2为催化剂，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．温度压强未知，气体摩尔体积未知，无法计算气体的体积，故D错误。
答案选B。
9．D
【详解】A．由图象可知，反应①中的反应物的总能量均大于生成物的总能量，为放热反应，故A项错误；
B．焓变只与体系的始、末状态有关，而与反应的途径无关，由图象可知，反应前后总的能量变化为218 kJ/mol，所以反应①、反应②的焓变之和为△H＝－218 kJ/mol，热化学方程式为：，故B项错误；
C．反应①中，氢元素化合价变化：0→+1，碘元素化合价变化：+1→-1；反应②中，HI中碘元素化合价变化：-1→0，ICl中碘元素化合价变化：+1→0，所以反应①、反应②不是同种元素间发生的氧化还原反应，故C项错误；
D．反应①比反应②的速率慢，由图可知，反应①正反应的活化能比反应②的大，活化能越高则活化分子的百分数越小，化学反应速率越慢，故反应速率与相应正反应的活化能有关，故D项正确；
答案选D。
10．B
【详解】A.由图像可知a点到b点时间间隔内该化学反应的平均速，A错误；
B.随着反应进行，物质浓度减小，反应速率减慢，则，，故当时对应的时间大于，B正确；
C.a点的斜率大于b点，则a点的瞬时速率大于b点的瞬时速率，C错误；
D.反应速率比等于方程式中系数比，故在不同时刻都存在关系：，D错误。
故答案为B。
11．C
【详解】A．由题干反应历程图可知，步骤1中反应方程式为：+NO=HONO+Ce3++W6+O，故氧化剂与还原剂的物质的量之比：1∶1，A错误；
B．由题干反应历程图步骤2反应可知，O2为氧化剂，CeO2为氧化产物，故氧化性强弱顺序：，B错误；
C．由题干反应历程图可知，上述过程的总反应方程式为：4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O，故每生成1molN2理论上消耗0.25molO2，C正确；
D．由C项分析可知，上述过程的总反应方程式：4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O，D错误；
故答案为：C。
12．B
【详解】A．离子反应中，离子已经是活化离子，其活化能几乎为零，所以反应速率很快，故A正确；
B．对于吸热反应，温度升高，对于吸热方向的反应速率的影响更大，故B错误；
C．从第1组的实验结果可知，温度升高，反应速率增大，故C正确；
D．第1组实验中温度不同，温度高的反应速率更大，第2组实验中活化能不同，活化能低的反应速率更大，故D正确；
故答案选B。
13．C
【详解】A．慢反应是决定整个反应的关键步骤，故是反应②，A错误；
B．由反应①和反应②相加得到，故平衡常数，B错误；
C．由盖斯定律可知的反应热为，C正确；
D．反应过程中的能量变化应体现出两步反应均是生成物能量低于反应物能量，且第二步活化能高于第一步，D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．由题图可知，HAP是催化剂，能提高HCHO与O2的反应速率，但是不能改变平衡转化率，A项错误；
B．在整个反应历程中，有极性键(如C-H键)和非极性键(如O=O键)的断裂，有极性键(C=O)的形成，无非极性键的形成，B项正确；
C．HCHO分子中σ键与π键之比为3:1，C项错误；
D．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分来自甲醛，D项错误；
答案选B。
15．D
【详解】A．TS1路径的产物含有碳碳双键，TS2路径的产物含有碳氧双键，因此可用红外光谱法鉴别TS1和TS2两条路径的产物，故A正确；
B．从能量的角度分析，TS2路径的活化能大于TS1路径活化能，则TS2路径的速率比TS1路径慢，故B正确；
C．根据能量越低越稳定，则产物比产物更稳定，故C正确；
D．根据1，2-丙二醇断裂1、2之间的碳碳键和断裂2、3之间的碳碳键的能量分析，1，2-丙二醇中C-C键的键能相差约为85.1kJ/mol -83.7kJ/mol =1.4kJ/mol，故D错误；
故选：D。
16．(1)5.5
(2)温度计
(3)H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-56.1kJ/mol
(4)ac
(5)
(6) 5 -1 -1
【分析】中和热测定实验，成功的关键是防止热量散失，量热计保温效果好，酸碱溶液混合要迅速，测出初始温度和最高温度。
【详解】（1）配制0.55mol/LNaOH溶液，若实验中大约要使用240mLNaOH溶液，选用250mL容量瓶，则至少需要称量NaOH固体m=cVM=0.55mol/L×0.25L×40g/mol=5.5g。
（2）测定中和热的实验，需要测定温度变化，从实验装置上看，图中尚缺少的重要仪器为温度计。
（3）学习小组用50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，测得中和热为56.1kJ/mol，中和热是强酸强碱生成1mol水放出的热量，该反应表示中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)+NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-56.1kJ/mol。
（4）a．两烧杯夹层间碎纸条没有填满，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选a；
b．配制0.25mol/L硫酸溶液，定容时俯视，硫酸浓度偏大，硫酸的物质的量偏多，生成的水偏多，则放热偏多，测得中和热数值偏高，故不选b；
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量损失加多，测得中和热数值偏低，故选c；
d．记录混合液的最高温度作为终止温度，对中和热数值无影响，故不选d；
选ac；
（5）反应A+反应B得该“碘钟实验”的总反应；
（6）①根据控制变量法，控制溶液总体积相等，所以表中5；
②把第一、第二组数据带入， 解得m=-1；把第一、第四组数据带入，，解得n=-1；
17．(1) B 循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大； 节省能源，原子利用率高，对环境友好
(2) b
【详解】（1）①“煅烧炉”中，石灰石高温分解产生和CaO，“碳酸化炉”是吸收，所以含量较高的是B处；
②由图可知，400℃时，CaO水合转化率最高，所以在最佳水合温度下发生反应的化学方程式为；
③循环II中的脱水反应器中会产生大量的水蒸气，水蒸气在CaO中进行无规则运动，使CaO孔隙大量增加，所以捕集效率增大；
④根据流程图可知仅“煅烧炉”需要消耗较多能量，其余流程中几乎无能量消耗，且还会给外界供给能量；从物质角度看，该工艺原子利用率较高，产生的能循环使用，减少了排出量，CaO的利用率很高，几乎没有损耗；所以该工艺的优点是节省能源，原子利用率高，对环境友好；
（2）①由图可知，得电子反应生成HCOOH，该过程机理可描述为；
②由图可知光生电子()与缺电子空穴()需要较好的分离，各自才能起到对应的作用，因为荧光强度越强，光生电子和空穴复合几率越大，所以催化剂催化效果更好为b；
18．(1)<
(2) 0.316 41.87kJ
(3) 增大 吸氧 N 牺牲阳极的阴极保护法
【详解】（1）表示反应更充分，放出热量更多，更小；
（2）①前5s内平均反应速率；
②氢气初始物质的量为2mol，初始浓度为1mol/L，说明容器体积为2L，反应过程中氢气消耗物质的量为1.58mol，则放出热量：；
（3）①汽油(以辛烷计)和氧气充分反应，生成1mol水蒸气放热550kJ，即；1g水蒸气转化为液态水放热2.5kJ，即，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式：；
②乙电极根据Ni的化合价，乙电极为正极，反应式：，因此乙电极周围溶液的pH增大；
③水膜呈中性或者酸性较弱时发生吸氧腐蚀，海水中发生的是吸氧腐蚀；若X为碳棒，由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe为电解池的阴极，电极反应为：，故K连接N处；若X为锌，开关K置于M处，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；
19．(1)
(2)a
(3)
(4)N≡N的键能为946kJ/mol，断裂化学键所需能量极高，活化分子十分困难，在高温高压条件下提高了活化分子百分数。
(5)更大程度降低了反应活化能，降低催化剂活性适宜温度
(6) LiOH
【详解】（1）合成氨的反应化学方程式为：，根据=反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量，则有，所以合成氨的热化学方程式为：， ；
（2）合成氨的反应是一个可逆反应，及时分离出产物NH3，降低了生成物浓度，能促进平衡向正反应方向移动，提高产率和原料的利用率，故选a；
（3）决速步骤是指反应历程中反应速率最慢的反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢。活化能最大的一步反应为：，即为决速步骤；
（4）工业合成氨的条件苛刻、耗能巨大的原因从分子结构角度来说，N≡N的键能为946kJ/mol，断裂化学键所需能量极高，活化分子十分困难，在高温高压条件下提高了活化分子百分数；
（5）新型催化剂使得合成氨的温度、压强降低到350℃、1MPa，降低能耗的原因是更大程度降低了反应活化能，降低催化剂活性适宜温度；
（6）①通过电解法制备金属锂，所以冶炼金属锂的化学方程式为：；
②合成氨过程中发生非氧化还原反应，是和水反应生成氨气的过程，此步反应的化学方程式是：；通过第三步的化学方程式可知，在生成氨气的同时也生成了，是第一步反应的反应物，所以此方案中是可以循环利用的。
20．(1) Na>Al>O>H NaH
(2)离子键和共价键
(3)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(4) 1 H2O2的浓度对分解速率的影响 3 催化剂浓度大时，催化效果较好
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z位于同一主族且二者均可与Y元素形成两种常见的化合物，则Y为O元素，X为H元素，Z为Na元素；W原子的最外层电子比次外层上电子少5个，W为第3周期元素，最外层有3个电子为Al元素。
【详解】（1）同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，几种元素的原子半径由大到小的顺序为Na>Al>O>H，X与Z可形成一种稳定的化合物，为NaH，故答案为Na>Al>O>H；NaH；
（2）X、Y、Z三种原子组成的物质为NaOH，含有离子键和共价键。
（3）氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，故离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
（4）①探究一定温度下H2O2溶液的浓度、Fe3+的浓度对H2O2分解速率的影响，需要保证溶液的总体积相同，因此V1=1mL，故答案为1；
②根据表格数据，实验I、II的不同点是H2O2的体积，稀释后H2O2的浓度不同，因此探究目的是H2O2的浓度对分解速率的影响，故答案为H2O2的浓度对分解速率的影响；
③实验I、III探究催化剂浓度对H2O2分解速率的影响情况，需要保证H2O2的浓度相同，需要H2O2的物质的量和溶液的总体积相同，则V2=3mL，若实验III中产生气泡的速率较快，说明催化剂浓度大时，催化效果较好，故答案为3；催化剂浓度大时，催化效果较好。
21．(1)Mg
(2)Si + 6OH- - 4e- = SiO + 3 H2O
(3) H2O2 B
(4) 0.042 mol·L-1·min-1 0.56 减少RO2的浓度(或分离出RO2)
【分析】短周期元素置X，Y，R，Q在元素周期表中的位置如图所示，其中Q元素是地壳中含量最高的元素，则Q为O，由元素的位置可知，R为C，Y为Si，X为Mg；
【详解】（1）含13个中子的X元素的原子，Mg的质子数为12，中子数为13，质量数为25，则核素符号为；
（2）X,Y的单质用导线连接后插入NaOH溶液中可形成原电池，Si失去电子为负极，负极反应式为；
（3）元素Q与氢元素形成的常见化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是过氧化氢，其化学式为，具有强氧化性，检验其性质时ACD中均有颜色变化，E中有气体生成，只有与B反应无现象，则只有B不能验证该化合物的性质；
（4）
0～10min以V(NO)表示的平均反应速率为；
计算T℃时该反应的平衡常数为；
由表格数据可知30~35min，氮气浓度增大，则NO和的浓度减小，平衡正向移动，则改变的实验条件是减少的浓度(分离出）。
答案第1页，共2页
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