04化学反应速率--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版）

这是一份04化学反应速率--江苏省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（苏教版），共21页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·江苏淮安·高二统考期末）NO催化生成的过程由以下三步基元反应构成：
第1步： ；
第2步： ；
第3步：

下列说法正确的是。
A．第2步是总反应的决速步
B．三步基元反应都是放热反应
C．该过程共有两种中间产物
D．总反应的焓变为
2．（2023上·江苏连云港·高二统考期末）二氧化碳资源化利用有利于减轻温室效应，反应的历程如图所示。

下列说法不正确的是
A．合成甲醇反应的ΔH＞0
B．*OCH2→CH2O活化能为2.13ev
C．生成副产物CO比CH2O容易
D．要使反应速率加快，主要降低活化能
3．（2023上·江苏南京·高二南京师大附中校考期末）在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) △H= - 165kJ/ml
CO2(g) + H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H= +41kJ/ml
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示：
CH4选择性=×100%
下列有关说法正确的是
A．较低温下选择金属镍为催化剂反应速率快
B．在260℃-320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性明显增大
C．高于320℃后， 以Ni为催化剂，CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性
4．（2023上·江苏徐州·高二统考期末）下列有关乙烯在酸催化下与水反应制乙醇的反应机理，说法正确的是
A．过程I只有O-H键的断裂
B．过程II的原子利用率为100％
C．过程III吸收能量
D．总反应为放热反应，故反应不需要加热就能发生
5．（2023上·江苏苏州·高二常熟中学校考期末）已知反应可用于合高温、高压成烯烃。下列有关该反应的说法错误的是
A．使用合适的催化剂可加快化学反应速率
B．升高温度能加快化学反应速率
C．增大的浓度能加快化学反应速率
D．密闭容器中，通入和，充分反应可生成
6．（2023上·江苏南通·高二统考期末）硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中，制取的反应为 。下列有关说法正确的是。
A．反应中每消耗转移的电子数为
B．和所含化学键的键能总和高于的键能
C．每和过量通过接触室，可放出热量
D．使用催化剂能加快化学反应速率，提高的平衡转化率
7．（2022上·江苏镇江·高二江苏省丹阳高级中学校考期末）MN＋Q是一放热的可逆基元反应，正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Ea′，则下列活化能大小关系表述正确的是
A．Ea＞Ea′B．Ea＜Ea′C．Ea=D．Ea=Ea′
8．（2022上·江苏南通·高二海门中学校考期末）工业上常用接触法制备硫酸，其中关键步是：SO2在V2O5催化作用下与空气中O2在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196kJ·ml-1。下列关于SO2催化氧化生成SO3的能量角度，有关说法正确的是
A．反应物总能量小于生成物总能量
B．反应物键能总和大于生成物键能总和
C．V2O5的使用降低了该反应的焓变
D．反应消耗1ml SO2时放出热量为98 kJ
9．（2022上·江苏镇江·高二江苏省丹阳高级中学校考期末）下列有关化学反应速率的说法中正确的是
A．用铁片与盐酸反应制取氢气时，用质量分数为98%的浓硫酸可以增加产生氢气的速率
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等
C．汽车尾气中和反应生成氮气和二氧化碳的速率很小，使用催化剂可以增大该化学反应的速率
D．的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度正反应速率增大，逆反应速率减小
10．（2022上·江苏扬州·高二校考期末）某反应过程中物质的能量变化过程如下图所示，图中虚线表示使用了催化剂。下列说法正确的是
A．使用催化剂后反应为吸热反应
B．使用催化剂后决定反应速率快慢的是中间产物转化为生成物的反应
C．该反应反应物所含化学键键能总和小于生成物所含化学键键能总和
D．使用催化剂能提高反应的平衡转化率
11．（2022上·江苏苏州·高二期末）下列有关反应的说法正确的是
A．反应中每消耗转移的电子数目约等于
B．和所含化学键的键能总和高于的键能
C．每和过量通过接触室，可放出热量
D．使用催化剂能加快化学反应速率，提高的平衡转化率
12．（2022上·江苏南通·高二统考期末）合成氨是人工固氮的主要途径，工业生产采用Haber-Bsch法，反应条件严苛，能源消耗大。制取氢气原料的途径之一为：CH4(g)+H2Og)CO(g)+3H2(g) △H=- 206.3 k/ml。研究N2和H2的反应机理，有利于开发新的氨气合成技术。在釕催化剂表面合成氨的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A．合成氨反应属于放热反应
B．过程①决定整个合成氨反应的快慢
C．在该反应历程中，与N※反应的是H※
D．选用优质催化剂，能够进一步降低合成氨反应的焓变
13．（2022上·江苏泰州·高二统考期末）铜铈氧化物()可除去中的少量CO，反应机理如图。Ce是一种活泼金属，价电子为，①中Cu和Ce的化合价均发生变化，下列说法错误的是
A．反应①中，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3
B．反应③中通入，④中生成的含，反应①中生成的不含
C．温度过高，催化剂的催化活性可能下降
D．为使CO先于H2氧化，选择的催化剂对CO的吸附能力应大于H2
二、解答题
14．（2023上·江苏常州·高二常州市第一中学校考期末）回答下列问题
(1)以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
相关反应的热化学方程式为：
反应Ⅰ：，
反应Ⅱ：，
反应Ⅲ：，
①总反应的热化学方程式为：， 。
②在该过程中和 对总反应起到催化剂作用；使用了催化剂，总反应的 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①阴极上的反应式： 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2:1，则消耗的CH4和CO2体积比为 。
(3)EF-H2O2-FeOx法可用于水体中有机污染物降解，其反应机理如图所示。X微粒的化学式为 ，阴极附近参与反应的离子方程式为 。
15．（2022上·江苏盐城·高二统考期末）烟气中的NO是空气污染物，研究NO的吸收和转化对防治大气污染具有重大意义。
(1)溶液可以氧化脱除烟气中的NO，氧化过程中溶液pH随时间变化的影响如图所示，反应过程中溶液pH逐渐下降的原因可能是 。
(2)一定条件下，尿素[]吸收液可以脱除烟气中的NO，已知尿素的分解温度为160℃。
①尿素和NO反应的原理为：，该过程中尿素发生 (填“氧化”或“还原”)反应。
②NO的脱除率随尿素吸收液反应温度变化的影响如图所示。尿素吸收液脱除NO的适宜反应温度为 。
(3)选择性催化剂(球体结构的CeO2)可将烟气中的NO先转化为易于吸收的，再进行脱除。
①水热法制备CeO2。和氯化铈()在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应，能生成沉淀；高温煅烧，可得到CeO2。反应生成的离子方程式为 。
②CeO2催化氧化NO的机理如图所示，方框内表示了转变为过程，该过程可描述为： 。
16．（2022上·江苏连云港·高二统考期末）工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有、，C等杂质)为原料制备脱硫剂活性的流程如图：
已知：①与形成，不能与反应
②，
③活性脱硫原理是将废气中的吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂丧失脱硫功能后，在一定温度下可进行再生。
(1)“酸浸”时不断搅拌的目的是 。
(2)制备，为获得较高产率的，请补充实验方案：取过滤1所得滤液置于烧杯中， ，过滤，热分解获得活性。(须用到的试剂：铁粉、溶液、溶液)
(3)热分解。向中加入适量的固体，混合均匀后充分加热，使之完全分解，获得活性。加入固体的目的是 。
(4)脱硫和再生的原理如图所示。
①“再生”过程中的温度控制主要采用调节混合气中含量的方法进行。研究表明通入浓度为效果最好，若浓度过高会导致再生的脱硫剂脱硫效果降低。其原因是 。
②“再生”结束的标志是 。
③为了判断脱硫完成情况，需要测定再生时出口处浓度，具体操作：将、的混合气以的速率依次通过脱硫剂、酸性高锰酸钾溶液中，4分钟后恰好完全反应。计算再生时出口处的浓度： 。(用表示。写出计算过程，否则不得分)。
17．（2021上·江苏·高二统考期末）工业上通过电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品。请回答：
(1)电解饱和食盐水的离子方程式 。
(2)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用 。
(3)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为：
I.TiO2(s) + 2Cl2(g)⇌TiCl4(g) + O2(g) ΔH1=+181 kJ·ml−1
II.2C(s) + O2(g)⇌2CO(g) ΔH2=-221 kJ·ml−1
反应的总式为：TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s)⇌ 2CO(g) + TiCl4(g) ΔH3
在温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mlCl2，并加入足量的TiO2和C，反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
结合以上信息，回答下列问题：
①结合数据，说明氯化过程中加碳的理由 。
②前50s，Cl2的反应速率v(Cl2)= ml·L−1·s−1
③下列措施能提高Cl2的平衡转化率的是 。
A．保持恒容通入惰性气体
B．在反应器中增加C和TiO2的含量
C．反应开始时在原容器中加入2 mlCl2
D．增大容器体积以减小体系压强
18．（2019上·江苏扬州·高二统考期末）肼（N2H4）主要用作火箭和喷气发动机燃料。
(1) 已知 ① 2O2(g)＋N2(g) === N2O4(l) ΔH＝a kJ·ml-1
② N2(g)＋2H2(g) === N2H4(l) ΔH＝b kJ·ml-1
③ 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH＝c kJ·ml-1
某型号火箭采用液态肼和液态N2O4作推进剂，燃烧生成两种无污染的气体。写出反应的热化学方程式 。偏二甲肼（1,1-二甲基肼）也是一种高能燃料，写出其结构简式 。
（2）肼可以除去水中的溶解氧，且生成物能参与大气循环。写出该反应的化学方程式 ，理论上，每消耗64 g肼可除去标准状况下O2 L
（3）科学家用肼作为燃料电池的燃料，电池结构如图1所示，
写出电池负极的电极反应式： 。
（4）N2H4在特定条件下（303K，Pt，Ni作催化剂）可以发生部分分解：N2H4(g) 2H2(g)＋N2(g)，在2 L的密闭容器中加入0.1 ml N2H4(g)，测得0-4分钟内N2的物质的量随时间的变化曲线如图2所示，写出0-2分钟内H2的平均反应速率v(H2)= 。
t/s
0
50
150
250
350
n(TiCl4) /ml
0
0. 16
0.19
0.20
0.20
参考答案：
1．C
【详解】A．活化能越低，反应速率越快，第1步的活化能最高，反应速率最慢，总反应速率主要由第1步反应速率决定，故A错误；
B．由图可知，第1步反应是吸热反应，第2步和第3步反应均为放热反应，故B错误；
C．反应的中间体有NO2和O，共有两种，故C正确；
D．总反应2O3(g)═2O2(g)，由盖斯定律：第一步反应+第二步反应+第三步反应计算反应2O3(g)═3O2(g)的△H=△H1+△H2+△H3，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．根据图示可知：反应物CO2、H2的总能量比生成物CH3OH、H2O的总能量低，该反应发生会吸收热量，反应属于吸热反应，因此合成甲醇反应的ΔH＞0，A正确；
B．根据图示可知*OCH2→CH2O活化能为2.73 ev+0.60 ev =3.33ev，B错误；
C．根据图示可知：生成副产物CO需要的活化能比生成CH2O需要的活化能小，反应需要的活化能越小，反应越容易发生，故生成副产物CO比生成CH2O更容易发生，C正确；
D．对于多步反应，总反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应就越不容易发生，反应速率最慢。根据图示可知：在上述多步反应中，基元反应的活化能最大，该步反应的化学反应速率最慢，是CO2、H2的发生反应制取CH3OH的决速反应，故要使反应速率加快，主要降低活化能，D正确；
故合理选项是B。
3．D
【详解】A． 较低温下选择金属镍和为催化剂反应速率相差不大，A项错误；
B．在260℃-320℃间，以为催化剂，由图可知，升高温度的选择性基本不变，B项错误；
C．高于320℃后， 以Ni为催化剂，转化率上升的原因是催化剂活性大，反应速率加快，C项错误；
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高的选择性，D项正确；
答案选D。
4．B
【详解】A．由图示可知，过程I还存在碳碳双键生成C-C键，故A错误；
B．过程II中没有其他物质生成，原子利用率为100％，故B正确；
C．过程III中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，即放出热量，故C错误；
D．根据反应物与生成物的能量关系可知，反应物的能量比生成物的能量高，所以发生该反应放出能量，故该反应为放热反应，但反应条件是否需要加热与反应的能量变化无关，故D错误；
答案选B。
5．D
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快化学反应速率，选项A正确；
B．温度越高反应速率越快，所以升高温度能加快该反应速率，选项B正确；
C．反应物浓度越大反应速率越快，所以增大H2的浓度能加快该反应速率，选项C正确；
D．反应是可逆反应，不可能完全转化，所以密闭容器中，通入2ml CO2和6 mlH2，反应生成CH2=CH2的物质的量小于l ml，选项D错误；
答案选D。
6．A
【详解】A．根据反应，，转移的电子数为，A正确；
B．，所以和所含化学键的键能总和低于的键能，B错误；
C．，反应为可逆反应，不完全反应，和过量通过接触室，放出热量小于，C错误；
D．催化剂能加快化学反应速率，但不能使平衡移动，不能提高的平衡转化率，D错误；
故选A。
7．B
【详解】MN＋Q是一放热的可逆基元反应，正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Ea′，则Ea+Q=Ea′，因为Q＞0，所以Ea＜Ea′，故选B。
8．D
【详解】A．上述反应为放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，A错误；
B．反应热效应ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，又ΔH＜0，反应物键能总和小于生成物键能总和，B错误；
C．根据题意知，V2O5为催化剂，所以V2O5的使用不改变该反应的焓变，C错误；
D．根据ΔH的含义知，反应消耗1ml SO2时放出热量为98 kJ，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．质量分数为98%的浓硫酸能使铁钝化，故A错误；
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积相同物质的量浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；
C．汽车尾气中和反应生成氮气和二氧化碳的速率很小，使用催化剂可以增大该化学反应的速率，故C正确；
D．升高温度正逆反应速率均增大，故D错误；
选C。
10．C
【详解】A．根据图象可知，无论是否使用催化剂，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应， A错误；
B． 活化能大的反应是决速步，则使用催化剂后决定反应速率快慢的是反应物转化为中间产物的反应，B错误；
C． 该反应热效应(ΔH)=反应物总键能减去生成物总键能，ΔH＜0，则反应物所含化学键键能总和小于生成物所含化学键键能总和，C正确；
D． 使用催化剂能提高反应速率、不影响平衡转化率，D错误；
答案选C。
11．A
【详解】A．氧气中氧元素化合价从0价降低到－2价，反应中每消耗转移的电子数目约等于，A正确；
B．该反应是放热反应，因此和所含化学键的键能总和低于的键能，B错误；
C．反应是可逆反应，因此每和过量通过接触室，放出的热量小于，C错误；
D．催化剂不能改变平衡状态，使用催化剂能加快化学反应速率，但不能提高的平衡转化率，D错误；
答案选A。
12．D
【详解】A．由图可知反应物氮气和氢气的能量和高于生成物氨气的能量，该反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知反应①的正反应活化能最大，而活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故B正确；
C．由图中过程反应可知N※与H※结合成NH※，故C正确；
D．催化剂只能降低反应的活化能，对焓变无影响，故D错误；
故选：D。
13．B
【详解】A．由图示可知，反应①中，一氧化碳作还原剂，作氧化剂，Ce、Cu化合价降低，Cu元素的化合价从+2变成+1，Ce元素的化合价从+4变成+3，A正确；
B．反应③中通入生成，经④生成，即有一个位于Ce和Cu之间的被保留下来，则①中生成的含有，B错误；
C．催化剂活性与温度有关，温度过高，催化剂的催化活性可能下降，C正确；
D．氢气也具有还原性，为使CO先于H2氧化，选择的催化剂可以是对CO的吸附能力应大于H2的，D正确；
答案选B。
14．(1) +572kJ/ml I2 不变
(2) CO2+2e-=CO+O2- 6：5
(3) H2O2+H++Fe2+=Fe3++H2O+•OH
【详解】（1）①由题干信息可知，反应Ⅰ：，；反应Ⅱ：，； 反应Ⅲ：，；则总反应可由2(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ)得到，故该反应的反应热2()=2(-213+327+172)kJ/ml=+572kJ/ml，故答案为：+572kJ/ml；
②由题干历程图和题干信息反应可知，在该过程中SO2和I2对总反应起到催化剂作用，使用了催化剂，只能改变反应历程，不能改变反应的始态和终态，故总反应的反应热不变，即总反应的不变，故答案为：I2；不变；
（2）①由图可知阴极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳，阴极的电极反应式为CO2+2e-=CO+O2-；故答案为：CO2+2e-=CO+O2-；
②若甲烷生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1，则根据电子守恒和质量守恒可知，6CH4～（2C2H4+C2H6）～10e-；结合CO2+2e-=CO+O2-，可知6CH4～10e-～5CO2，故消耗的CH4和CO2物质的量比为6：5，同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，即消耗的CH4和CO2体积之比为6：5，故答案为： 6：5；
（3）阳极上Fe失去电子，阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+，阴极上2X+2H+=H2O2+O2，由电荷及元素守恒可知X为；阴极附近Fe2+与H2O2反应，结合图中生成物可知离子反应为H2O2+H++Fe2+=Fe3++H2O+•OH，故答案为：；H2O2+H++Fe2+=Fe3++H2O+•OH。
15．(1)氧化去除NO过程中生成大量的 (或)
(2) 氧化 80℃
(3) 部分和反应生成和，和进一步反应生成，最后与部分反应生成
【详解】（1）亚氯酸钠溶液氧化脱除烟气中一氧化氮发生的反应为，反应中生成氢离子使溶液的氢离子浓度增大，溶液pH减小，故答案为：氧化去除NO过程中生成大量的 (或)；
（2）①由方程式可知，反应中尿素中氮元素的化合价升高被氧化，尿素是反应的还原剂，发生氧化反应，故答案为：氧化反应；
②由图可知，80℃时一氧化氮的脱除率最高，则尿素吸收液脱除一氧化氮的适宜反应温度为80℃，故答案为：80℃；
（3）①由题意可知，碳酸铵溶液和氯化铈溶液在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应生成沉淀氯化铵、沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由图可知，方框内发生的反应为NO与Ce(Ⅳ)反应生成Ce(Ⅲ)和，反应生成的部分和反应生成和，和进一步反应生成，与部分未反应的反应生成，故答案为：部分和反应生成和，和进一步反应生成，最后与部分反应生成。
16．(1)防止沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率
(2)加入铁粉至不再溶解，再加入溶液，静置，向上层清液中继续加溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入溶液至无气泡产生
(3)固体分解产生气体，使活性产生更多的孔隙
(4) 浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少 温度恢复至再生前或再生时出口处的浓度不再改变(或约为)或再生时出口处检测不到气体
【分析】本题考查的是从炼钢污泥中制备脱硫剂活性的题目，首先用稀硫酸浸取其中的铁的氧化物，随后过滤除去杂质，加入铁粉将三价铁转化为二价铁，再根据信息加入除去杂质，此时溶液中含有二价铁，加入碳酸氢铵生成碳酸亚铁，最后热分解可以得到产品，以此解题。
【详解】（1）炼钢污泥中含有氧化钙，搅拌可以防止其与硫酸生成的硫酸钙覆盖在污泥的表面阻挡反应的进行，另外搅拌可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，故“酸浸”时不断搅拌的目的是防止沉淀附着在污泥的表面，加快反应速率，提高铁元素浸取率；
（2）滤液1中含有三价铁，加入铁粉将三价铁还原为二价铁，再利用题目中的信息①②加入除去其中的杂质钙离子和剩余的三价铁离子，过滤后再加入碳酸氢铵和二价铁反应生成碳酸亚铁，故答案为：加入铁粉至不再溶解，再加入溶液，静置，向上层清液中继续加溶液至不再产生沉淀，过滤，向滤液中加入溶液至无气泡产生；
（3）分解时会产生气体，有助于在产物形成空隙，故答案为：固体分解产生气体，使活性产生更多的孔隙；
（4）①根据题目中信息“再生”过程中的温度控制主要采用调节混合气中含量的方法进行可知，若浓度过高会导致温度过高，这时催化剂可能会熔融导致空隙减少，脱硫剂脱硫效果降低，故答案为：浓度过高会导致再生过程温度偏高，催化剂熔融致使孔隙减少；
②由题意可知该反应的温度受氧气浓度影响，故可以测量体系温度或者出口处的氧气浓度；另外由图可知，该反应会生成二氧化硫，也可以测量出口处是否有二氧化硫来得出结论，故答案为：温度恢复至再生前或再生时出口处的浓度不再改变(或约为)或再生时出口处检测不到气体；
③二氧化硫和高锰酸钾反应的方程式为：2KMnO4+5SO2+2H2O=2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，则混合气中n(SO2)=n(KMnO4)=×0.01×10×10-3=2.5×10-4ml，质量m(SO2)=2.5×10-4×64=1.6×10-2g；混合气的体积v(混合气)=1×4=4L；则出口处的浓度=。
17． 2Cl− + 2H2O 2OH− + H2 ↑ + Cl2↑ 阳极生成的Cl2溶于水且发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，增大HCl浓度可使平衡逆向移动，减少氯气的溶解，有利于氯气逸出 ∆H3=∆H1+∆H2= - 40 kJ·ml−1 反应II可为反应I提供所需要的能量(或：总反应∆H0，反应可自发进行) 3.210−3 D
【详解】(1)电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl− + 2H2O 2OH− + H2 ↑ + Cl2↑；
(2)阳极生成的Cl2溶于水且发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，增大HCl浓度可使平衡逆向移动，减少氯气的溶解，有利于氯气逸出；
(3)①∆H3=∆H1+∆H2= - 40 kJ·ml−1，总反应∆H0，反应可自发进行，或反应II可为反应I提供所需要的能量；
②前50s生成0.16 ml TiCl4，表明消耗Cl2的物质的量为0.32 ml，；
③A．保持恒容通入惰性气体，平衡不移动，Cl2平衡转化率不变，A项错误；
B．C和TiO2均为固体，C和TiO2增加的含量，平衡不移动，Cl2平衡转化率不变，B项错误；
C．容器的体积不变，反应开始时在原容器中加入2 mlCl2，相对于充入1ml氯气时，等效于加压过程，平衡向左移动，Cl2的平衡转化率降低，C项错误；
D．对于该反应而言，减小压强，平衡向正向移动，Cl2的平衡转化率提高，D项正确；
答案选D。
18． 2N2H4(l)＋N2O4(l) ===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝(2c—a—2b) kJ·ml-1 N2H4＋O2===2H2O＋N2 44.8 N2H4＋4OH-－4e-=== N2↑＋4H2O 0.025 ml·L-1·min-1
【详解】（1）① 2O2(g)＋N2(g) === N2O4(l) ΔH＝a kJ·ml-1
② N2(g)＋2H2(g) === N2H4(l) ΔH＝b kJ·ml-1
③ 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH＝c kJ·ml-1
依据盖斯定律2③2②①得：2N2H4(l)＋N2O4(l) ===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝(2c—a—2b) kJ·ml-1，1,1-二甲基肼的结构简式为：；
本题答案为：2N2H4(l)＋N2O4(l) ===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝(2c—a—2b) kJ·ml-1，。
（2）由题意可知，肼和氧气反应，生成氮气和水，其化学方程式为：N2H4＋O2===2H2O＋N2，设消耗64 g肼可除去标准状况下O2体积为VL，依据上述方程式可得：32:22.4=6.4：V，解得V=44.8L；
本题答案为：N2H4＋O2===2H2O＋N2，44.8。
（3）肼作为燃料的燃料电池，燃料肼参与反应的电极为负极，肼失去电子，在碱性条件下，电极反应式为：N2H4＋4OH-－4e-=== N2↑＋4H2O；
本题答案为：N2H4＋4OH-－4e-=== N2↑＋4H2O。
（4）由图可以看出，0-2分钟内，n(N2)=0.05ml，c(N2)=0.05ml/2L=0.025ml/L，v（N2）=c/t= =0.0125ml·L-1·min-1，依据速率之比等于化学计量数之比可得：v(H2)=2 v（N2）=0.025 ml·L-1·min-1；
本题答案为：0.025 ml·L-1·min-1。