2021~2022学年高二化学鲁教版（2019）选择性必修1同步练习：第二章 第四节化学反应条件的优化-工业合成氨（三） WORD版含答案.docx

1、第二章化学反应方向，限度与速率第四节化学反应条件的优化-工业合成氨（三）20212022学年高二化学同步练习鲁教版（2019）选择性必修1一、单选题，共15小题1下列选项中前者一定能决定后者的是A两个金属电极的活泼性强弱原电池的正负极B反应物的总能量和生成物的总能量化学反应中的热量变化C主族元素原子核外的最外层电子数元素在周期表中的族序数D两种酸的酸性强弱二者溶液的导电性2下列变化不能用勒夏特列原理解释的是 （ ）A工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率B红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅CH2、I2(g)混合气体加压后颜色变深D实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气3下列措

2、施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是A升高温度 B用Zn粉代替Zn粒C改用发烟H2SO4与Zn反应 D滴加少量的CuSO4溶液4一定温度下，10 mL 0.40 mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。t/min024681012V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9a下列叙述正确的是（溶液体积变化忽略不计）A06 min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2 molL-lmin-lB反应到6 min时，c(H2O2)0.30molL-lC反应到6 min时，H2O2分解了60%D12 min

3、时，a33.35高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()A增加铁的量B将容器的体积缩小一半C压强不变，充入氮气使容器体积增大D加入催化剂6下列条件的改变可使活化分子百分数增加的是（ ）增加反应物浓度 增大气体的压强 升高体系的温度 使用催化剂A B C D7汽车尾气处理存在反应：NO2（g）+ CO（g）NO（g）+CO2（g），该反应过程及能量变化如图所示：下列说法正确的是A升高温度，平衡正向移动B反应物转化为活化络合物需要吸收能量C该反应生成了具有非极性共价键的 CO2D

4、使用催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率8工业上利用对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的技术具有效率高、性能可靠的优势。技术的原理为和在催化剂()表面转化为和，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是A总反应方程式为B是脱硝反应的催化剂C升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度D决定反应速率的步骤是“的转化”9下列有关化学反应速率和限度的说法中不正确的是A实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，相同质量的粉末状碳酸钙比块状反应要快B已知工业合成氨的正反应方向放热，所以升温正反应速率减小，逆反应速率增大C2SO2O22SO3反应中，SO2的转化率不能达到100%D实验

5、室用H2O2分解制备O2，加入MnO2后，反应速率明显加快10在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率如下表数据所示，下列判断不正确的是0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b6.305.254.203.15Aa=6.00B不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下，v可能相同C318.2b328.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同11下列说法错误的是A为提高固体燃料的利用率，可以将固体燃料粉碎B汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成 CO2和H2OC在PCl3、CCl4分子中所有的原子

6、最外层都满足8电子结构D将 ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于a g12关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是 A H30B反应热与反应的途径无关，所以C键、键、键键能依次减小，所以途径吸收的热量依次增多D途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定13下列措施不能加快化学反应速率的是A升高温度B降低温度C增大反应物浓度D使用合适的催化剂14用来表示可逆反应2A(g)B(g)2C(g)H0的正确图像为ABCD15下列有关反应速率的说法中正确的是（）A合成氨工业中使用合适催化剂可以提高反应速率以及增大该反应的限度B等质量的锌粉和锌片与相

7、同体积、相向浓度的盐酸反应，反应速率相等C用铁片与硫酸制备氢气时，浓硫酸可以加快产生氢气的速率D已知二氧化硫催化氧化反应的H0，则升高温度，反应速率增大二、非选择题，共5小题16选择装置，完成实验。(1)用自来水制备蒸馏水，选用_(填序号，下同)。(2)从食盐水中获取氯化钠，选用_。(3)用NH4Cl和Ca(OH)2制取NH3，选用_。17(1)在2L密闭容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示(已知：T1”、“”、“”、“”或“=”）。20(1)一定温度下，在密闭容器中充入 1molN2和 3molH2 发生反应：N2(g)+3H2

8、(g)2NH3(g) H”、“”、“”或“=”)。该反应的平衡常数 K 的表达式为_ ，随温度升高，该反应平衡常 数变化的趋势是_。(填“增大”、“减小”或“不变”)。下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高 NO 转化率的是_。(填写相应字母)A使用高效催化剂 B保持容器体积不变加入惰性气体 C保持容器体积不变加入 O2 D降低温度E 压缩容器体积(3)硝酸厂常用催化还原法处理尾气：催化剂存在时用 H 2 将 NO2还原为 N2。 已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483kJ/molN2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67kJ/mol则 H2还原 NO2生成

9、N2的热化学方程式是_参考答案1C【详解】A. 两个金属电极的活泼性强弱不一定决定原电池的正负极，与溶液的性质有关，如镁比铝活泼，但在氢氧化钠溶液中构成原电池时，铝为负极，故A错误；B. 反应物的总能量和生成物的总能量决定化学反应中的能量变化，不一定是热量变化，故B错误；C. 主族元素原子核外的最外层电子数等于主族序数，决定元素在周期表中的族序数，故C正确；D.溶液的导电性强弱与电解质的强弱无关，与溶液中离子的浓度大小有关，故D错误；故选C。2C【解析】A、工业生产硫酸的过程中由于SO2转化为SO3的反应是可逆反应，若使用过量的氧气，即增大了反应物的浓度，根据平衡移动原理，增大反应物的浓度，可

10、以是平衡正向移动，因此可以提高二氧化硫的转化率，选项A正确；B、2NO2 N2O4，加压后体积变小浓度增大颜色加深，但随时平衡正向移动，转化为无色的N2O4，故颜色变浅，选项B正确；C、反应是体积不变的，所以改变压强平衡不移动。颜色加深，是由于单质碘的浓度增大引起的，选项C错误；D、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OClO-+2H+Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，选项D正确。答案选C。

11、3C【解析】【详解】A、升高温度，加快反应速率，故A错误；B、Zn粉代替Zn粒，增加反应接触面积，加快反应速率，故B错误；C、改用发烟硫酸，与锌不产生氢气，故C正确；D、滴加少量CuSO4，锌把Cu置换出来，形成原电池，加快反应速率，故D错误。4A【解析】【详解】A.06min，生成O2的物质的量为0.0224L22.4L/mol0.001mol，由2H2O22H2O+O2可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度是0.002mol0.01L0.2mol/L，因此v（H2O2）0.2mol/L6min0.033mol/（Lmin），A正确；B反应至6min时，剩余H2O2为0.01L0.4m

12、ol/L-0.002mol0.002mol，c（H2O2）0.002mol0.01L0.2mol/L，B错误；C反应至6min时，分解的过氧化氢为0.002mol，开始的H2O2为0.01L0.4mol/L0.004mol，H2O2分解了0.002mol/0.004mol100%50%，C错误；D若10min达到平衡时与12min时生成气体相同，则a=29.9；若10mim没有达到平衡时，810min气体增加3.4mL，随反应进行速率减小，则1012min气体增加小于3.4mL，可知a29.9+3.433.3，D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表格中数据应用、速

13、率及分解率的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点和易错点，题目难度中等。5A【详解】A、铁是固体，固体和纯液体的浓度视为常数，增加铁的量对化学反应速率无影响，故正确；B、容器的体积缩小一半，增大压强，化学反应速率增大，故错误；C、恒压下，充入非反应气体，体积增大，个组分的浓度减小，反应速率减小，故错误；D、加入催化剂，加快反应反应速率，故错误。答案选A。6D【解析】. 增大反应物浓度，增大了单位体积的活化分子数，没有改变活化分子百分数，故错误；. 增大压强，相当于增大了浓度，活化分子数目增大，没有改变活化分子百分数，故错误；. 升高温度，升高了分子的能量，增大了活

14、化分子百分数，故正确；. 加入催化剂，降低了反应活化能，增加了活化分子百分数，故正确；故答案选D。考点：化学反应速率的影响因素。7B【详解】A. 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故A错误；B. 从图中信息得出反应物转化为活化络合物时需要吸收能量，故B正确；C. 该反应生成了具有极性共价键的 CO2，故C错误；D. 使用催化剂能提高反应速率，平衡不移动，因此不能提高反应物的平衡转化率，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】反应物到中间态通过吸收热量即反应物断键或反应物的活化能。8A【详解】A由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程

15、式为6NO+4NH35N2+6H2O，A正确； B观察相对能量-反应进程曲线知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B错误；C起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C错误；D相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D错误；故答案为：D。9B【详解】A使用粉末状碳酸钙增大接

16、触面积，加快反应速率，故A说法正确；B升高温度，无论正反应速率还是逆反应速率都增大，故B说法错误；C该反应为可逆反应，SO2的转化率不能达到100%，故C说法正确；D二氧化锰作催化剂，加快反应速率，故D说法正确；答案为B。10D【分析】本题考查涉及反应速率计算、影响速率的因素分析等，侧重表格横纵向数据分析及计算能力的考查。【详解】A.由表可知，温度由318.2K到328.2K，在浓度相同的情况下=0.4，所以a=6，A正确；B.由表可知，温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率越快，同时改变反应物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，B正确；C

17、.在物质的浓度不变时，温度升高，水解速率加快，温度降低，水解速率减慢。由表可知，在物质的浓度为 0.600 mol/L 时，318.2 K水解速率是3.60mol/( Lmin)，328.2 K水解速率是9.00mol/( Lmin)，b时反应速率为 6.3mol/(Lmin)，所以反应温度高于318.2 K且低于328.2K，即318.2Kb328.2K，C正确；D.温度越高，反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，D错误；答案为D。【点睛】判断各因素对化学反应速率影响时，应控制变量，从单一条件出发，根据不同温度下，同一浓度比较判断温度对反应速率的影响，相同温度

18、，不同浓度时反应速率的变化。11B【详解】A将固体燃料粉碎可增大接触面积，则可提高固体燃料的利用率，故A正确；B植物油含有酯基COO，不是碳氢化合物，属于烃的含氧衍生物，柴油和汽油都是碳氢化合物，但是三种有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，故B错误；CPCl3中磷和氯形成三条共价键，磷原子剩余一对孤对电子，所有的原子都满足8电子结构，CCl4分子中碳和氯原子间形成四对共用电子对，所有的原子都满足8电子结构，故C正确；D铜丝灼烧成黑色，反应为：2Cu+O2=2CuO，立即放入乙醇中，CuO与乙醇反应CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，反应前后铜丝质量不变，故D正确；答案选B。12C【

19、详解】A原子形成化学键放热，焓变小于0，2H(g)+2X(g)2HX(g)H30，故A正确；B反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径生成HX的反应热与途径无关，所以H1=H2+H3，故B正确；C键、键、键键能依次减小，断裂化学键需要能量减小，所以途径吸收的热量依次减小，故C错误；D因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明氯化氢的能量低于溴化氢，能量越低越稳定，则HCl比HBr稳定，故D正确；故答案为C。13B【详解】升高温度、加入催化剂等都可增大活化分子

20、的百分数，反应速率增大，而增大反应物的浓度、增大压强可增大单位体积的活化分子的数目，增大反应速率，而降低温度，活化分子的百分数减小，则反应速率降低，故本题选B。【点睛】增大反应速率可增大压强、升高温度、提高浓度以及使用催化剂、增大接触面积等。14A【详解】A已知可逆反应2A(g)B(g) 2C(g)H0，正反应放热，升温则平衡左移，C的质量分数减小，但反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，选项A正确；B图示升温反应速率减小，与温度升高反应速率增大不相符，选项B错误；C反应2A(g)B(g) 2C(g)是气体分子总数减少的反应，增压则平衡右移，即增压，正反应速率增加得更快，而选项C中图示：增压，

21、逆反应速率增加得更快，则平衡左移，选项C错误；D可逆反应2A(g)B(g) 2C(g)H0，正反应放热，升温则平衡左移，A的转化率变小，在选项D的图中，作一条等压辅助线与2条曲线产生2个交点，可得温度越高A的转化率越大，选项D错误；答案选A。15D【详解】A催化剂只影响反应速率，不能改变反应限度，故A错误；B锌粉与盐酸的接触面积更大，反应速率更快，故B错误；C常温下铁会在浓硫酸中发生钝化，且加热反应生成二氧化硫，不产生氢气，故C错误；D无论吸热反应还是放热反应，升高温度活化分子数会增多，反应速率加快，故D正确；综上所述答案为D。16 【详解】(1)用自来水制备蒸馏水，采用蒸馏的方法，应选用蒸馏

22、装置，即装置；(2)从食盐水中获取氯化钠，采用蒸发的方法，应选用蒸发装置，即装置；(3)用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，由于反应物都是固体，故应选择固固加热型装置；由于NH3的密度比空气小，故应选择向下排空气法收集气体；综上所述，应选择装置。17K= 0.05mol/mol/(Ls) 50% 不变 BC N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-114kJ/mol 【详解】根据方程式可知该反应的平衡常数K表达式为K=。T1T2，升高温度氨气的物质的量减小，则平衡逆向移动，该反应为放热反应，则K减小，所以K1K2；在T2K下，经过10s达到化学平衡状态时生成氨气是2mol，根据方程式可

23、知消耗氮气是1mol，浓度是0.5mol/L，则010s内v(N2)=0.5mol/L10s0.05mol/mol/(Ls)；生成2mol氨气消耗3mol氢气，氢气转化率=100%=50%；若再同时增加各物质的量为1 mol，由于温度不变，因此化学平衡常数不变；A.2v(H2)正=3v(NH3)逆该反应达到平衡状态，则3v(H2)正=2v(NH3)逆没有达到平衡状态，故错误；B恒容时反应前后气体总物质的量减小，则压强减小，当容器内气体压强不变时反应达到平衡状态，故正确；C反应前后气体的质量不变，但物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，

24、正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；D无论反应是否达到平衡状态，则H始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故错误；故选BC；(2)该反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能=（936+3430-6390）kJ/mol=-114kJ/mol，则该反应热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-114kJ/mol。18 4:1 a 【详解】(1)NO与氢氧化钠溶液不反应，SO2是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，由图可知，生成亚硫酸氢钠，故装置中的主要反应的离子方程式为；装置的反应中，Ce3+Ce4+，Ce元素由+3价升高到+4价，Ce3+是还原剂，S元素化合价由+4价降低为+2

25、价，NaHSO3是氧化剂，根据得失电子守恒可知，经过装置后的与的物质的量的比值为4:1；(2)Mn的最佳催化温度为200左右，Cr的最佳催化温度为450左右，二者的最佳脱氮率相差不大，但温度越低，耗能越少，成本越低，故综合考虑最佳的催化剂和相应的温度分别为：，200左右，故选a；最佳脱氮率时，NO2、NO的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为。190.64 mol/(Lmin) 0.85 molL-1 6 min = a1；(2)已知2NO(g)+O(g)=2NO(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P

26、2时压强大，即P1P2；根据平衡常数分析，该反应的平衡常数K的表达式为，由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；A使用高效催化剂能增大速率，但不影响平衡，不影响转化率，错误；B保持容器体积不变加入惰性气体，速率不变，转化率不变；C保持容器体积不变加入O2，增加反应速率，平衡正向移动，提高一氧化氮的转化率；D降低温度，反应速率减慢，平衡逆向移动；E压缩容器体积，相当于加压，反应速率增加，平衡正向移动；故选CE满足条件；(3)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483kJ/mol，N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67kJ/mol，由盖斯定律可知，2-得到热化学方程式：。