高中化学人教版 (2019)必修 第二册化学反应的速率与限度精品课后测评

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一、学习目标 明确内容要求，落实学习任务
二、思维导图 构建知识体系，加强学习记忆
三、知识导学 梳理教材内容，掌握基础知识
四、效果检测 课堂自我检测，发现知识盲点
五、问题探究 探究重点难点，突破学习任务
六、分层训练 课后训练巩固，提升能力素养
【学习目标】
1．根据化学反应速率和化学反应的限度有关知识学会控制化学反应的条件来达到造福人类。
2．学会简单的化学反应速率和限度的计算。
重点:化学反应速率和限度的计算。
难点:化学反应条件的控制。
【思维导图】
【知识导学】
一、化学反应条件的控制
1．控制反应条件的目的
由于化学反应的速率受反应物自身的性质、温度、浓度、气体压强、催化剂、固体表面积等条件的影响，所以人们通常从上述方面考虑，选取适当的条件既可以控制化学反应速率，又可以提高化学反应的限度。
（1）促进有利反应eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(提高原料利用率,加快反应速率))
（2）抑制有害反应eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(减缓反应速率,减少甚至消除有害物质的产生,控制副反应的发生))
2．控制反应条件的基本措施
（1）控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
（2）提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
3．控制反应条件的应用——燃料充分燃烧条件的选择
（1）燃料燃烧的条件：燃料与空气接触；温度达到燃料的着火点。
（2）燃料充分燃烧的条件：要有足够的空气或氧气（助燃剂）；燃料与空气或氧气要有足够大的接触面积。
（3）燃料充分燃烧的意义：使有限的能量发挥最大的作用，节约能源；降低污染的程度。
4．提高煤燃料燃烧效率的措施
（1）煤燃烧时，将煤块粉碎成煤粉：增大与空气中O2的接触面积，煤粉燃烧更充分，反应速率更快。
（2）通入适当过量的空气：增大O2浓度煤粉充分燃烧，生成CO2，放出更多的热量；同时避免不充分燃烧，生成CO，造成环境污染。
（3）尽可能充分利用燃料燃烧所释放的热能，提高热能的利用率：炉膛材料尽量选择保温性能好的，烟道废气中的热量用来加热水、发电等，以提高热量利用率。。
5．提高燃料燃烧效率的实质和意义
（1）实质：从多方面控制燃烧反应的条件(包括环境)。
（2）意义：节约能源、节省资源、减少污染等。
【思考与讨论p48】参考答案：
（1）燃料的状态：固态、液态、气态燃料的燃烧效率依次升高。将固态燃料粉碎为粉末状，在“沸腾”状态下燃烧等，会大大提高燃烧效率。
（2）空气用量：使用适当过量的空气会提高燃料燃烧效率。但是，过多的空气会带走热能，浪费能源。
（3）炉膛材料：要选择耐高温、隔热性强的炉膛材料，并适当加厚。这样可以减少通过炉壁热传导而散失的热能。
（4）烟道废气中热能的利用：如利用烟道废气生产热水，或对即将输入燃烧炉的燃料和空气进行预热等。
二、化学反应的限度简单计算
1.“三段式”法
“三段式”法是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意清楚条理地列出起始量、转化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。
化学平衡计算模式：对以下反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a ml/L、b ml/L，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx ml/L。
mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)
起始量(ml/L) a b 0 0
变化量(ml/L) mx nx px qx
平衡量(ml/L) a－mx b－nx px qx
（1）分析三个量：起始量、变化量、平衡量。
（2）明确三个关系
①对于同一反应物，平衡量＝起始量－变化量。
②对于同一生成物，平衡量＝起始量＋变化量。
③各转化量之比等于各反应物的化学计量数之比。
（3）计算公式
①关于反应物转化率的计算
转化率＝eq \f(某反应物转化的量,某反应物起始的量)×100%，如α(A)平＝eq \f(mx,a)×100%。
②关于某气体组分的体积分数的计算
某气体组分的体积分数＝eq \f(某气体组分的物质的量,混合气体总的物质的量)×100%。
即百分含量：φ(A)＝eq \f(a－mx,(a－mx)＋(b－nx)＋px＋qx)×100%。
③关于体系的压强计算
平衡前后的压强之比：eq \f(p平,p始)＝eq \f((a－mx)＋(b－nx)＋px＋qx,a＋b)。
④关于体系的平均摩尔质量计算
平均摩尔质量：M＝eq \f(a·M(A)＋b·M(B),(a－mx)＋(b－nx)＋px＋qx) g/ml。
⑤关于产率的计算
生成物的产率：实际产量(指生成物)占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。产率＝eq \f(实际产量,理论产量)×100%。
2、化学反应的限度计算的类型
（1）计算反应物或生成物的取值范围，利用极限法计算。
（2）计算化学反应速率，可利用定义式计算，根据图像计算。
（3）计算反应的转化率，可利用定义式计算，根据图像计算。
【效果检测】
1．下列有关说法正确的是
A．为降低高炉尾气中CO的含量，可采用增加高炉高度的方法
B．合成氨的生产中，压强越大，氨的产率越高，因此在选择条件时，压强越大越好
C．合成氨的生产中，温度越低，氨的产率越高，因此在选择条件时，温度越低越好
D．在给定的条件下，达到平衡时可逆反应完成程度最大
【答案】D
【解析】A．增加高炉高度对反应限度无影响，不能降低高炉尾气中CO的含量，故A错误；B．压强越大，对工业生产设备要求越高，需结合实际生产选择合适压强，故B错误；C．温度越低，反应速率越慢，需选择合适温度，故C错误；D．在给定条件下，达到平衡状态时可逆反应达到最大限度，转化率最高，完成程度最大，故D正确；答案选D。
2．硫酸是一种重要的化工产品，目前的重要生产方法是“接触法”，反应原理为：2SO2+O22SO3，已知该反应为放热反应。则下列说法正确的是
A．只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3
B．达到平衡后，反应就停止了，故此时正、逆反应速率相等且均为零
C．由反应可知，2ml SO2的能量大于2ml SO3的能量
D．工业在利用上述反应生产三氧化硫时，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题
【答案】D
【解析】A．因为为可逆反应，所以尽管选择适宜的条件，SO2和O2也不能全部转化为SO3，故A错误；B．达到平衡后，反应没有停止了，只是正、逆反应速率相等但并不为零，故B错误；C．因为为放热反应，由反应可知，2ml SO2和1ml O2的总能量大于2ml SO3的总能量，故C错误；D．工业在利用上述反应生产三氧化硫时，为了提高产率和效率，要同时考虑反应所能达到的限度和化学反应速率两方面的问题，故D正确；故答案：D。
3．干燥剂的干燥性能可用干燥效率（1m3 空气中实际余留水蒸气的质量）来衡量，某些干燥剂的干燥效率数据如表所示，根据表中数据做出的推测不合理的是（ ）
A．干燥剂中非金属元素对干燥效率无影响
B．MgO 的干燥性能比 CaO 好
C．MgSO4 的干燥效率可能小于 0.04
D．干燥剂中金属元素对于干燥效率影响可能比较大
【答案】A
【解析】A．CaCl2、CaBr2、CaSO4等含有相同金属元素、阴离子不同的干燥剂的干燥效率数据分别是0.14、0.14、0.04，说明干燥剂中非金属元素不同，对干燥效率有一定的影响，选项A不合理；B．根据表格信息可知，MgO作干燥剂，1m3空气中实际余留水蒸气的质量为0.008，小于CaO，则MgO的干燥性能比CaO好，选项B合理；C．由表中数据，由MgO、CaO的干燥效率数据，数据分别是0.008、0.2，CaSO4的干燥效率是0.04，同理，MgSO4的干燥效率可能小于0.04，选项C合理；D．对比表中含有不同金属元素、同一类别的干燥剂的干燥效率数据，金属元素不同，干燥效率变化大，如MgO、CaO的干燥效率数据，数据分别是0.008、0.2，选项D合理；答案选A。
4．工业或机动车尾气中的会造成环境问题，可用多种方法脱除。
（1）碱液吸收：NaOH溶液可吸收硝酸工业尾气(含NO、NO2)，获得副产品NaNO2。
①等物质的量NO与NO2被NaOH溶液吸收，产物中只有一种盐，反应的化学方程式为 。
②若吸收时NO与NO2比例控制不当，则吸收液经浓缩结晶、过滤得到NaNO2晶体中最有可能混有的杂质是 (填化学式)，则经吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。
③下列措施能提高NO和NO2去除率的有 (填字母)。
a．采用气、液逆流的方式吸收尾气
b．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
c．加快通入尾气的速率
（2）还原法：在催化剂作用下，用NH3将NO还原，进行无害化处理，可实现“脱硝”，反应方程式为 。
（3）实验室用铜与硝酸反应也可产生，使用浓硝酸进行实验时，所得溶液呈绿色，某同学推测呈绿色的原因是NO2在溶液中达到饱和，NO2的饱和溶液呈黄色，硝酸铜溶液呈蓝色，两者混合后呈绿色，他取少量该绿色溶液，向其中加入少量水后，溶液变为蓝色，可能的原因是 。
【答案】（1）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2＋H2O NaNO3 NO ab
（2）4NH3+6NO5N2＋6H2O
（3）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮导致溶液中二氧化氮浓度减小
【解析】（1）①由题意可知，等物质的量的一氧化氮、二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠和水，反应的化学方程式为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2＋H2O，故答案为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2＋H2O；②二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，所以若吸收时一氧化氮与二氧化氮与比例控制不当时，吸收液经浓缩结晶、过滤得到亚硝酸钠晶体中最有可能混有的杂质是硝酸钠，排放的尾气中含量较高的氮氧化物是一氧化氮，故答案为：NaNO3；NO；③a．采用气、液逆流的方式吸收尾气可以使反应物充分接触，有利于反应充分进行，提高氮的氧化物去除率，故正确；b．吸收尾气过程中定期补加适量氢氧化钠溶液可以增大溶液中的氢氧根离子浓度，有利于提高氮的氧化物去除率，故正确；c．加快通入尾气的速率不利于反应物充分反应，不利于提高氮的氧化物去除率，故错误；故选ab；
（2）由题意可知，脱硝的反应为催化剂作用下氨气和一氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2＋6H2O，故答案为：4NH3+6NO5N2＋6H2O；
（3）由题意可知，反应所得溶液呈绿色是因为二氧化氮溶于硝酸铜溶液所致，则加入少量水后，溶液变为蓝色是因为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮导致溶液中二氧化氮浓度减小，故答案为：二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮导致溶液中二氧化氮浓度减小。
5．某温度下，在一个2L的恒容容器中，通入和，发生可逆反应生成，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：
（1）该反应的化学方程式为 。
（2）反应1min时，该容器中含有的物质的量 (填“>”“”“
（3）0.05 > 30%
（4）能
【解析】（1）由题干图示信息可知，2min内Y减少了1-0.9=0.1ml，X减少了1-0.7=0.3ml，Z增加了0.2ml，根据变化量之比等于反应化学计量数之比，故该反应化学方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)，故答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；
（2）已知随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，化学反应速率也逐渐减慢，则反应1min时，该容器中含有Z(g)的物质的量＞0.1ml，故答案为：＞；
（3）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为==0.05ml/(L·min)；由题干图示信息可知，1min时反应物X、Y还在继续减小，生成物Z还在继续增大，即正反应速率＞逆反应速率，的平衡转化率为=30%，故答案为：0.05ml/(L·min)；＞；30%；
（4）反应达到平衡后，改变外界条件，原有的平衡会被打破，在一定程度上会改变反应的限度，故答案为：能。
【问题探究】
►问题一 如何通过控制反应条件来达到利用化学反应造福人类？
【典例1】化学反应速率和限度的研究对日常生活和工业生产有着重要意义。下列有关说法错误的是
A．向炉膛内鼓风，用煤粉代替煤块可以使炉火更旺
B．将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质
C．工业合成氨时，要同时考虑反应速率和反应限度两个方面
D．我国西周时期已发明用“酒曲”酿酒，原理是利用催化剂改变反应速率
【答案】B
【解析】A．相同条件下，增大反应物的浓度或增大固体的表面积均可加快反应速率，所以向炉膛内鼓风，煤粉比煤块燃烧更充分，A项正确；B．低温冷藏只能减慢肉类食品的变质速率，B项错误；C．工业合成氨是一个可逆的放热反应，为提高产率，需要同时考虑反应速率和反应限度两个方面，C项正确；D．酒曲是一种酶，酿酒过程中作催化剂，加快反应速率，D项正确；故选B。
【解题必备】化学反应条件的控制的应用
1. 工农业生产应用：在工农业生产中，化学反应条件的控制对于提高产量、优化产品质量至关重要。例如，在农业生产中，化学反应被广泛用于肥料制备。通过控制反应条件，如温度、压力和反应物的浓度，可以合成高效的磷肥和氮肥，提高农作物的养分吸收效率和产量。此外，化学反应还被用于土壤改良，通过中和土壤酸碱度、增加土壤保水能力和通气性，为农作物提供更好的生长环境。
2. 提高反应效率：控制化学反应条件是提高反应效率的关键。通过加热、增大反应物浓度、改变压强、使用催化剂或增大固体物质的接触面积等措施，可以显著加快反应速率，提高原料的利用率。例如，在化工生产中，合成氨的反应通过精确控制温度和压强，可以在保证高产率的同时，降低生产成本。
3. 调控燃烧反应：燃烧反应的效率直接关系到能源的利用率。通过控制燃烧反应的条件，如燃料的粒度、空气或氧气的供应量以及燃烧室的温度，可以显著提高燃料的燃烧效率。例如，将煤块粉碎成煤粉，增大与空气的接触面积，并通入适当过量的空气，可以使煤粉充分燃烧，放出更多的热量。
4. 化工工艺优化：在化工工艺中，化学反应条件的控制对于优化产品质量、降低成本具有重要意义。通过精确调控反应条件，如温度、压强、反应物浓度和催化剂的使用，可以实现反应的选择性优化，提高目标产物的产率和纯度。此外，化工生产中还需要考虑控制反应条件的成本和实际可能性，以实现经济效益的最大化。
5. 环境保护治理：化学反应在环境保护和治理中发挥着重要作用。通过化学反应，可以将废气中的有害物质转化为无害物质，如脱硫、脱氮等反应。在废水处理中，化学反应可以用于去除水中的有机物、重金属等污染物，实现水资源的净化。此外，化学反应还可以用于土壤修复，通过改变土壤性质，去除土壤中的污染物，恢复土壤的生态功能。
6. 新能源开发利用：在新能源的开发利用中，化学反应条件的控制是关键技术之一。例如，在太阳能电池中，化学反应控制技术可以用于制备关键组件，如TiO2纳米粒子，并优化光生电化学反应，提高太阳能电池的效率。在燃料电池中，通过控制燃料和氧气的反应过程，可以提高电池的能量转换效率。在锂离子电池中，化学反应控制技术可以优化电池中的物质传输和反应过程，延长电池的使用寿命。
7. 微反应器技术：微反应器技术是一种新兴的化学反应控制技术，具有高效、安全、可控等优点。微反应器通过精确控制反应条件，如温度、压强、流速等，可以实现对化学反应的精确控制。此外，微反应器还具有快速传输、高混合效率、易于放大等特点，可以显著提高化学反应的效率和产品质量。在制药、精细化工等领域，微反应器技术已经得到了广泛应用。
【变式1-1】在工业生产硫酸的过程中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q，下列叙述中不正确的是
A．矿石粉碎的目的是使原料充分利用，并增大接触面使反应速率加快
B．接触室中采用常压的主要原因是常压下SO2的转化率已经很高
C．沸腾炉中出来的混合气需要洗涤，目的是防止催化剂中毒
D．接触室用450℃的高温，使催化剂活性最佳，更能促进平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】A．矿石粉碎增大了反应物的接触面积，反应速率加快，A正确;
B．在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增大反应速率，缩短达到平衡所需时间，反应物转化率也会增大，但同时会增加成本，总体上不经济，B正确；C．沸腾炉中出来的混合气中含有很多杂质，能够引起催化剂中毒，洗涤的目的是防止催化剂中毒，C正确；D．二氧化硫的催化氧化是放热反应，接触室采用450℃的温度是由于催化剂在该温度下催化活性最好，但不能使平衡正向移动以提高平衡混和气中SO3的含量，D错误；故合理选项是D。
【变式1-2】化学反应条件的控制具有重要的现实意义。如下反应条件的控制中，不恰当的是
A．利用钠在点燃的条件下与氧气反应，制备过氧化钠
B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火
C．为加快的分解速率而加入
D．降温加快的分解速率
【答案】D
【解析】A．钠和氧气在点燃或加热条件下反应生成过氧化钠，可以利用钠在点燃的条件下与氧气反应，制备过氧化钠，故A正确；B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火，故B正确；C．可以作为催化剂催化的分解反应，故C正确；D．降温会减慢的分解速率，故D错误；故选D。
►问题二 如何进行简单的化学反应限度计算？
【典例2】一定温度下，在体积恒定的密闭容器中发生反应：。反应过程中的部分数据如表所示：
下列说法正确的是
A．40min时，反应达到平衡且此时的正反应速率等于0
B．0~20min内，用表示的平均反应速率为0.04
C．平衡时，的物质的量浓度
D．平衡时，的体积分数为25%
【答案】C
【解析】A．从表中可知，40min时反应已达平衡，但是化学平衡为动态平衡，二氧化硫的正反应速率不为零，A错误；B．0-20min内，氧气的浓度变化量为0.6ml/L，则其平均反应速率为0.6ml/L÷20min=0.03ml·L-1·min-1，B错误；C．平衡时SO2的浓度减小了1.6ml/L，则生成的SO3浓度为1.6ml/L，C正确；D．平衡时，SO2的浓度为0.4ml/L，O2的浓度为0.2ml/L，SO3的浓度为1.6ml/L，则SO2的体积分数为18%，D错误；故答案选C。
【解题必备】有关化学平衡计算的注意事项
（1）注意反应物和生成物的浓度关系
反应物：c(平)＝c(始)－c(变)；
生成物：c(平)＝c(始)＋c(变)。
（2）利用ρ混＝eq \f(m总,V)和Mr＝eq \f(m总,n总)计算时要注意m总应为气体的总质量，V应为反应容器的体积，n总应为气体的总物质的量。
（3）起始浓度、平衡浓度不一定符合化学计量数之比，但物质之间是按化学计量数之比反应和生成的，故各物质的浓度变化之比一定等于化学计量数之比，这是计算的关键。
（4）凡是气体的压强变化、密度变化均必须转化为物质的量的变化或气体的体积变化才能进行相关计算。
（5）有关化学平衡的常见计算是化学平衡常数、物质的平衡浓度和平衡转化率之间的相关计算。
（6）在进行有关化学平衡的“三段式”计算时，要注意各物质的起始量、转化量和平衡量三者单位的统一。
【变式2-1】某温度下，在容积为2L的恒容容器中X(g)、Y(g)、Z(g)发生反应时物质的量的变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为2X(g)+2Y(g)Z(g)
B．若t1=5，0～t1min内，v(X)=0.08ml•L-1•min-1
C．t0时刻，X(g)的体积分数约为43.5%
D．t2时刻，v正= v逆=0
【答案】C
【分析】Y、Z的物质的量增加、X的物质的量减小，所以A是反应物、Y和Z是生成物，到8min时达到平衡，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即X、Y与Z化学计量数之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1，则该反应的化学方程式为2X(g)2Y(g) +Z(g)；
【解析】A． 据分析，该反应的化学方程式为2X(g)2Y(g) +Z(g)，A错误；B． 若t1=5，0～t1min内，v(X) =0.04ml•L-1•min-1，B错误；C． t0时刻，Y和X的物质的量相等、它们的改变值相等，则Y、X均为0.5ml，它们均改变了0.3ml，则Z为0.15ml，X(g)的体积分数，C正确；D． t2时刻，处于平衡状态，则v正= v逆≠0，D错误；答案选C。
【变式2-2】T℃，在2L密闭容器中投入一定量A、B，发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) △H=-QkJ•ml-1(Q＞0)。12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为1.6ml，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．前12s内，A的平均反应速率为0.025ml•L-1•s-1
B．12s后，A的消耗速率等于B的生成速率
C．气体平均相对分子质量不再变化可以判断反应达到平衡状态
D．12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【分析】12s内A的浓度转化量为0.8ml/L-0.2ml/L=0.6ml/L，B的浓度转化量为0.5ml/L-0.3ml/L=0.2ml/L，则3:b=0.6:0.2，b=1，生成C的物质的量为1.6ml，浓度为0.8ml/L，则c=4，反应方程式为：3A(g)+bB(g)4C(g)。
【解析】A．前12s内，A的平均反应速率为=0.05 ml•L-1•s-1，故A错误；B．12s后A、B的浓度不再变化，说明反应达到平衡，此时A的消耗速率等于B的生成速率的3倍，故B错误；C．反应3A(g)+B(g)4C(g)是气体物质的量增大的反应，气体总质量不变，则气体平均相对分子质量减小，当气体平均相对分子质量不再变化可以判断反应达到平衡状态，故C正确；D．12s内，消耗A的物质的量为(0.8ml/L-0.2ml/L)2L=1.2ml，由3A(g)+B(g)4C(g) △H=-QkJ•ml-1(Q＞0)，A和B反应放出的热量为0.4QkJ，故D错误；故选C。
【分层训练】
基础强化
1．符合合成氨工业生产实际的是
A．增大N2的浓度有利于N2提高转化率
B．温度选择500℃有利于平衡正移
C．催化剂能提高反应物的转化率
D．液化氨气正反应速率减慢
【答案】D
【解析】A．增大N2的浓度会降低氮气的转化率，故A错误；B．该反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，采用高温是为了提高反应速率，故B错误；C．催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不改变转化率，故C错误；D．液化氨气，降低的生成物的浓度，使平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，故D正确；故选：D。
2．化学反应条件的控制具有重要的现实意义。如下反应条件的控制中，不恰当的是
A．利用钠在点燃的条件下与氧气反应，制备过氧化钠
B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火
C．为加快的分解速率而加入
D．降温加快的分解速率
【答案】D
【解析】A．钠和氧气在点燃或加热条件下反应生成过氧化钠，可以利用钠在点燃的条件下与氧气反应，制备过氧化钠，故A正确；B．为防止火灾，在面粉厂、加油站等场所要严禁烟火，故B正确；C．可以作为催化剂催化的分解反应，故C正确；D．降温会减慢的分解速率，故D错误；故选D。
3．关于化工生产，下列说法错误的是
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
D．合成氨工业需要在沸腾炉中进行
【答案】D
【解析】A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氢氧化钠、氢气和氯气，A正确；B． 硫酸工业在常压、500°C左右温度下用SO2与O2反应制取SO3，转化率高于90%，B正确；C． 通常煅烧海带、紫菜等原料得到海带灰，并加水浸泡、过滤后在滤液中加入氧化剂把碘离子氧化为碘单质，再进行分离提纯即可得到碘单质，C正确；D． 接触法制硫酸时黄铁矿沸腾炉中煅烧，在合成氨工业需要在氨合成塔内进行，D不正确；答案选D。
4．化学转化是有条件的，反应中少量的反应物并不一定都能完全反应，在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是
A．向少量的稀硝酸中加入过量铁
B．加热条件下，将过量铜片加入少量浓硫酸中
C．用少量浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用少量氮气和过量氢气合成氨
【答案】A
【解析】A．向少量的稀硝酸中加入过量铁，稀硝酸全部反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，A符合题意；B．加热条件下，将过量铜片加入少量浓硫酸中，浓硫酸浓度下降，变为稀硫酸时反应停止，故不能完全消耗，B不符合题意；C．用少量浓盐酸与过量二氧化锰共热制取氯气，盐酸浓度下降，变为稀盐酸时反应停止，故不能完全消耗，C不符合题意；D．氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，氢气过量也不能使氮气完全消耗，D不符合题意；故选A。
5．在4L密闭容器中充入6mlA气体和5mlB气体，在一定条件下发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)，达到平衡时生成了2mlC，经测定D的浓度为0.5ml/L，下列判断正确的是
A．x=1
B．达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的8.5倍
C．平衡时A的浓度为1.50ml/L
D．B的转化率为20%
【答案】D
【分析】到平衡时，生成了2mlC，D的物质的量为4L×0.5ml/L=2ml，
进而可计算平衡时各物质的浓度、转化率等物理量，以此解答该题。
【解析】A．由以上分析可知x=2，故A错误；B．反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故B错误；C．平衡时A的浓度为=0.75ml/L，故C错误；D．B的转化率为=20%，故D正确；答案选D。
6．一定条件下，进行可逆反应，若A、B、C、D起始浓度分别为、、、(均不为零，且反应正向进行)，到达平衡时，A、B、C、D的浓度分别为、、、，则下列判断不正确的是
A．
B．平衡时，B和C生成速率的关系为
C．A和B的转化率相等
D．的取值范围为
【答案】B
【解析】A．设物质A在反应中转化了，则，，因此，A项正确；B．平衡时，B和C生成速率与化学计量数成正比，则关系式可表示为，B项错误；C．根据A选项分析，A的转化率是，B的转化率为，两者转化率相等，C项正确；D．平衡时B、C、D的浓度分别为、、，B起始浓度为时，反应正向进行，则；若C、D全部逆向反应转化为A、B，则最大值为，又因为C、D起始浓度、均不为零，则的取值范围为，D项正确；答案选B。
7．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：。开始时充入4 ml A、6 ml B和2 ml C，在2 min末测得C的物质的量为3 ml。下列说法正确的是
A．2 min末，A的浓度为2.5
B．2 min末，B的转化率为16.7%
C．用C的浓度变化表示反应的平均速率为0.75
D．若将容器的体积变为3L，其他条件不变，则化学反应速率减慢
【答案】D
【解析】A．在2min末测得C的物质的量是3ml，则C的物质的量变化量为1ml，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，A的物质的量变化量为1.5×1ml=1.5ml，2 min末用A 的浓度变化表示反应的平均速率为=1.25ml/L，故A错误；B．在2min末测得C的物质的量是3ml，则C的物质的量变化量为1ml，根据计量系数与反应物质的量变化量关系，B的物质的量变化量为0.5×1ml=0.5ml，2 min末，B的转化率为=8.3%，B错误；C．在2min末测得C的物质的量是3ml，则C的物质的量变化量为1ml，用C的浓度变化表示反应的平均速率为，C错误；D．若将容器的体积变为3L，其他条件不变，反应体系各组分的浓度减小，化学反应速率降低，故D正确；故答案为：D。
8．为倡导“低碳经济”，有效地开发利用，工业上可以用来生产甲醇燃料。在体积为的密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：。
经测得和的物质的量随时间变化如图所示。
（1），的平均反应速率 。
（2）达到平衡时，的浓度为 。
（3）改变下列条件后，反应速率会增大的是______。（填字母）
A．升高温度B．分离出C．充入更多D．恒容下充入
（4）平衡时，的体积分数为 %
（5）工业上为了提高的转化率，通常会通入过量的，在一体积固定的恒温密闭容器中投入等物质的量的和进行上述反应。能说明上述反应达到平衡状态的是______。（填字母）
A．与的物质的量之比为
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．混合气体中的体积分数不随时间的变化而变化
D．生成的同时，形成键
【答案】（1） （2）0.375 （3）AC （4）10 （5）BD
【解析】（1）在体积为2L的密闭容器中，充入lmlCO2和3mlH2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。经测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。CO2是反应物随反应进行物质的量减小，CH3OH是生成物，随反应进行物质的量增大；10min内达到平衡，生成CH3OH物质的量为0.75ml，CO2物质的量变化了0.75ml；则①依据化学平衡列三段式有：
，CO2的平均反应速率；
（2）反应过程中Δn(H2)=3Δn(CO2)=3×0.75ml/L=2.25ml，因此达到平衡时，H2的浓度为=0.375ml/L；
（3）A．升高温度，反应速率增大，A正确；B．分离出，则其浓度降低，逆反应速率减慢，正反应速率在改变条件瞬间不变，但是随后正反应速率减慢，B错误；C．充入更多，其浓度增大，反应速率增大，C正确；D．恒容下充入，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；
（4）体积分数等于物质的量分数，结合第一问可知，平衡时，的体积分数为；
（5）A．氢气为反应物，甲醇为产物，当两者物质的量之比不变时，反应达到平衡，A错误；B．该反应为气体分子数减小的反应，则随着反应进行压强逐渐减小，则混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达到平衡，B正确；C．设投入CO2和H2物质的量均为1ml，转化的二氧化碳为xml，根据题给信息可知，
则二氧化碳的体积分数，是恒定不变的，则混合气体中的体积分数不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡，C错误；D．生成的同时，形成键，说明正、逆反应速率相等，则反应达到平衡，D正确；故选BD。
素养提升
1．废水中氨氮(NH3、)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如下：
①微生物脱氮法：
②化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，生成沉淀从而去除氨氮。
下列有关说法正确的是
A．该废水大量直接排放，对水体的影响不大
B．微生物脱氮时可在高温下进行，以加快脱氮的速率
C．步骤a发生反应：
D．化学沉淀法脱氮时，氨氮的去除率随着溶液碱性的增强而上升
【答案】C
【解析】A．该废水大量直接排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故A错误；B．高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故B错误；C．步骤a中铵根离子被氧化，发生，故C正确；D．溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故D错误；答案选C。
2．工业上制取硫酸铜采用途径Ⅱ而不采用途径I，这样做的优点是
①节省能源 ②不产生污染大气的SO2 ③提高了H2SO4的利用率 ④提高了Cu的利用率
A．仅①②B．仅②③④C．仅①②③D．全部
【答案】C
【分析】途径I将铜丝浸入稀硫酸中并不断地从容器下部吹入氧气，发生2Cu+2H2SO4+O2=2CuSO4+2H2O；途径Ⅱ是2Cu+2H2SO4(浓)2CuSO4+SO2+2H2O；结合反应原理进行分析。
【解析】①根据上述分析：途径I反应在常温下就能进行，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应，所以途径I节省能源，故①正确；②根据上述分析：途径I反应无污染，而途径Ⅱ浓硫酸与铜在加热条件下反应生成SO2，产生污染大气的SO2，故②正确；③根据上述分析：途径I反应物H2SO4中的硫酸根完全转化成生成物中的硫酸根，提高H2SO4的利用率，故③正确；④无论哪一种方法，生成等物质的量的硫酸铜，都需要相同质量的铜，故④错误；故C符合题意；故答案：C。
3．含碘化合物在有关反应原理的实验中有着广泛应用。为研究温度对反应速率的影响，某小组利用还原性物质R与KIO3溶液在不同温度下反应，当R消耗完时，体系中即有单质碘析出，通过测量析出单质碘所需要的时间可以研究温度对该反应反应速率的影响。具体实验与相关结论如下：将0.020 ml·L-1的R溶液(含少量淀粉)10.0 mL与0.020ml·L-1的KIO3酸性溶液40.00 mL(过量)混合，每隔5℃进行实验，记录10~60℃间溶液变蓝时间，实验所得数据如表所示。
下列判断不正确的是
A．40℃之后通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响
B．温度为25℃、45 ℃时，R的反应速率相等
C．10℃时R的反应速率为5.0×10-5ml·L-1·s-1
D．如果要得到温度变化对该反应反应速率影响的完整结论，需要在40℃之后更换指示剂
【答案】B
【解析】A．40℃之后淀粉开始发生糊化，不适合做指示剂，所以通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响，A正确；B．温度越高，反应速率越快，所以虽然25℃、45 ℃时溶液变蓝的时间相同，但R的反应速率不等，B不正确；C．10℃时R的反应速率为=5.0×10-5ml·L-1·s-1，C正确；D．因为40℃之后淀粉开始发生糊化，所以需要在40℃之后更换指示剂，D正确；故选B。
4．空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因:反应室底部盛有不同吸收液。将SO2和NO按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量.数据如下表所示，下列说法正确的是
A．实验表明；酸性环境下，更有利于硫酸盐的形成
B．反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O = H2SO4+2HNO2
C．本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中的O2有关
D．燃煤产生的气体盲目排放只会引起酸雨而不会加剧雾霾形成
【答案】B
【解析】A.依据实验可知空气中如果含有氨气更有利于硫酸盐的形成，氨气是碱性气体，故A错误；B.依据题意可知二氧化硫、氮的氧化物、水发生反应生成亚硝酸和硫酸,所以反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O = H2SO4+2HNO2，故B正确；C.依据数据b≈d>a≈c可知，硫酸盐的形成与空气中氨有关，故C错误；D.燃煤产生的SO2和氮氧化物会引起酸雨，空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，故D错误；答案选B。
5．酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如下图所示。下列有关说法正确的是
A．该氧化过程的离子方程式为：Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O
B．pH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5时大
C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．其他条件相同时，80℃时Fe2+的氧化率比50℃时大
【答案】D
【解析】由图象知，当pH值与其它条件相同，温度越高,Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同,pH值越大，Fe2+的氧化率越小。A、方程式电荷不守恒，配平错误，正确的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A错误；B、Fe2+的氧化率受pH和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B错误；C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C错误；D、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D正确。故选D。
6．在一个固定容积的密闭容器中通入与的混合气体，保持温度不变，发生如下反应：，反应达平衡时，混合气体的体积为448L(标况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%，下列说法错误的是
A．若反应到某时刻时，，则
B．平衡时NH3的物质的量5ml
C．混合气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态
D．平衡时，混合气体的密度约为
【答案】D
【分析】反应达平衡时，混合气体的体积为448L(标况下)，物质的量为=20ml，其中NH3的含量(体积分数)为25%，则n(NH3)=20ml×25%=5ml。
【解析】A．若反应到某时刻时， n(NH3)=2ml，则参加反应N2的物质的量为1ml，剩余n(N2)=9ml，所以a=1ml+9ml=10ml，A正确；B．由分析可知，平衡时NH3的物质的量5ml，B正确；C．反应前后混合气的质量不变，但平衡前混合气的总物质的量不断改变，平均相对分子质量不断改变，当混合气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C正确；D．平衡时，混合气体的体积为448L，总物质的量为20ml，但质量无法计算，所以密度无法计算，D错误；故选D。
7．一定条件下发生反应2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)，若SO2、O2、SO3的起始浓度分别为a ml/L、bml/L、 cml/L(均不为零)，达到平衡状态时，SO2、O2、SO3浓度分别为0.18 ml/L、0.09 ml/L和0.2 ml/L，则下列判断错误的是
A．a+c=0.38
B．b的取值范围为：0