第六章 化学反应与能量（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高一化学分层训练AB卷（人教版2019必修第二册）

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第六章 化学反应与能量（A卷·知识通关练）
核心知识1 能源的转化形式 能源与环境
1．下列关于能量转化的认识中，不正确的是（ ）
A．白炽灯工作时，电能转化为化学能
B．绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能
C．电解水生成氢气和氧气，电能转化为化学能
D．煤燃烧时化学能主要转化为热能
【答案】A
【详解】
A. 白炽灯工作时，电能转化为光能，少量转化为热能，A不正确；
B. 绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，故B正确；
C. 电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学能，故C正确；
D. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能释放出来，故D正确;
答案选A。
2．下列我国科技创新的产品设备在工作时由化学能转化成电能的是( )




A．长征5号火箭使用的液氧煤油发动机
B．北斗导航卫星的太阳能电池板
C．位于江苏的海上风力电动机
D．由橙子制成的简易电池
【答案】D
【详解】
A．液氧煤油发动机将化学能转化为热能和机械能，而没有把化学能转化成电能，故A错误；
B．太阳能电池板将太阳能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故B错误；
C．风力发电机厂将风能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故C错误；
D．由橙子制成的简易电池将化学能转化为电能，故D正确；
答案选D。
3．我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是（　　）

A. 将煤转化为煤粉再燃烧，可以从根本上杜绝碳排放
B. 农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”
C. 努力开发太阳能、氢能等多种形式能源，降低化石燃料需求量，控制CO2排放量
D. 推广使用新能源汽车有利于促进“碳达峰、碳中和”
【解析】选A。将煤转化为煤粉再燃烧，仍然会产生二氧化碳，不能从根本上杜绝碳排放，A错误；农村推广风力发电、光伏发电可减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”，B正确；努力开发太阳能、氢能等多种形式能源，降低化石燃料需求量，减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”，C正确；推广使用新能源汽车，可减少二氧化碳的排放，有利于“碳达峰、碳中和”，D正确。
4．下列说法正确的是（ ）
A．等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．使用催化剂可以降低化学反应的焓变
C．燃烧时化学能全部转化为热能
D．人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转化来的
【答案】D
【详解】
A．白磷固体转变成蒸气需要吸收能量，则等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量少，故A不选；
B．使用催化剂可以降低反应物的活化能，但不能降低反应的焓变，故B不选；
C．燃烧时化学能转化为热能和光能等，故C不选；
D．远古时期陆地和海洋的植物通过光合作用，将太阳能转化为生物质能，它们死后身体埋藏在地下和海底腐烂，多年之后形成煤、天然气、石油化石能源都是间接利用太阳能，因此人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转化来的，故选D。
答案选D。
核心知识2 放热反应与吸热反应
5．下列是吸热反应的是
A．一氧化碳在空气中燃烧反应 B．Ba(OH)2·8H2O与氯化铵固体的反应
C．干冰升华 D．NaOH溶液与稀盐酸的反应
【答案】B
【解析】A项，燃烧反应都是放热反应，所以一氧化碳在空气中的燃烧反应是放热反应，不符合题意；B项，Ba(OH)2·8H2O与氯化铵固体发生的复分解反应，需要从空气中吸收热量，属于吸热反应，符合题意；C项，干冰升华时，由固态转化为气态，分子间距离增大，需要吸收热量，但此过程为物理过程，不属于化学反应，不符合题意；D项，NaOH溶液与稀盐酸发生中和反应，中和反应都是放热反应，不符合题意。
6．下列民俗、诗句、谚语等包含吸热反应的是(　　)
A．民间焰火之最——确山打铁花
B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
C．只要功夫深，铁杵磨成针
D．冰，水为之，而寒于水
答案：B
解析：A.民间焰火之最——确山打铁花，是高能状态转变为低能状态，是放热过程，故A不符合题意；B.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，是吸热反应，故B符合题意；C.“只要功夫深，铁杵磨成针”，是物理变化，故C不符合题意；D.“冰，水为之，而寒于水”，水到冰是放热过程，故D不符合题意。
7．下列说法中正确的是
①需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
②放热反应在常温下一定很容易发生
③反应是放热还是吸热必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小
④放热反应加热到一定温度引发后，停止加热反应可能会继续进行
A．①② B．③④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【详解】
①放热反应有的需加热，有的不需加热，如Na的燃烧是一个放热反应，但需要加热，①错误；
②放热的反应在常温下不一定很容易发生，如铝热反应（2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3）是放热反应，但需在高温条件下才能引发氧化铁和铝粉反应，②错误；
③反应物所具有的总能量高于生成的总能量的反应为放热反应，反之为吸热反应，③正确；
④放热反应在反应中会放出热量，所以有的反应在停止加热后可以利用放出的热量继续进行，④正确；
综上所述，③④正确，故选B。
8．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知( )
A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B．该反应中，热能转化为化学能
C．醋酸与NH4HCO3发生了复分解反应，该反应为吸热反应
D．该反应的离子方程式为：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
【答案】B
【详解】
A．醋酸逐渐凝固，温度下降，可知NH4HCO3与盐酸的反应为吸热反应，故A错误；
B．热能转化为化学能储存在新物质中，故B正确；
C．醋酸与NH4HCO3未接触，未发生反应，故C错误；
D．HCO不能拆，故D错误；
故答案为B。
核心知识3 化学反应中能量变化的本质
9．下列说法错误的是
A．化学反应中形成化学键会放出能量
B．化学反应中拆开反应物的化学键需要吸收能量
C．化学反应中放出或吸收的热量与反应物或生成物的状态无关
D．化学反应中若反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应是放热反应
【答案】C
【详解】
A．形成新的化学键，能量降低，会释放能量，故A正确；
B．断裂化学键需要能量，吸收能量，所以化学反应中拆开反应物的化学键需要吸收能量，故B正确；
C．反应物或生成物的状态不同，能量不同，则化学反应中放出或吸收的热量与反应物或生成物的状态有关，故C错误；
D．反应物总能量大于生成物总能量，化学反应中要释放能量，则该反应是放热反应，故D正确；
故选C。
10．航天飞船可用肼(N2H4)做动力源，已知液态肼与液态 H2O2 反应时放出大量的热量， 下列说法错误的是

A．1mol肼(N2H4)分子中含有4molN-H键
B．该反应中的热量变化如图所示
C．该反应的反应物总键能小于生成物总键能
D．该反应的化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)，其产物对环境无污染
【答案】B
【详解】
A．肼结构式为，1个肼分子中含有4个N-H键，则1mol肼中含有4molN-H键，故A正确；
B．如果反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，否则为吸热反应，液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量，则该反应为放热反应，图中为吸热反应，不符合，故B错误；
C．液态肼和液态过氧化氢反应时放出大量热量，则该反应为放热反应，断键吸收能量、成键放出能量，该反应为放热反应，则反应的反应物总键能小于生成物总键能，故C正确；
D．氮气和水都无毒，所以其产物无污染，故D正确；
故答案为B。
11．如图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是

A．拆开2molH2(g)和1molO2(g)中的化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量
B．由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量
C．2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(l)，共放出484kJ能量
D．2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量
【答案】D
【详解】
A．断裂化学键吸收能量，故A错误；
B．形成化学键吸收能量，故B错误；
C．依据图像数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，生成2molH2O(l)，共放出大于484kJ能量，故C错误；
D．依据图像数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；
故答案为D。
12．已知反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．图中A→B为放热过程
B．该反应为吸热反应
C．断裂1 mol NO2和1 mol CO的化学键吸收的能量总和小于形成1 mol NO和1 mol CO2的化学键所释放的能量的总和
D．1 mol NO2(g)和l mol CO(g)的总能量低于1 mol NO(g)和1 mol CO2(g)的总能量
【答案】C
【解析】A项，图中A→B的过程，能量升高，为吸热过程，错误；B项，生成物总能量小于反应物总能量，该反应为放热反应，错误；C项，该反应为放热反应，则断裂1 mol NO2和1 mol CO的化学键吸收的能量总和小于形成1 mol NO和1 mol CO2的化学键所释放的能量的总和，正确；D项，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，则1 mol NO2(g)和 lmol CO(g)的总能量高于1 mol NO(g)和1 mol CO2(g)的总能量，错误。
13．某化学反应中，设反应物的总能量为E1，生成物的总能量为E2，

I.若E1>E2，则该反应为_____(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图____(填“A”或“B”)表示。
II.若E1＜E2，则该反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。该反应可用图_____(填“A”或“B”)表示
III.下表中的数据是破坏1mol物质中的化学键所消耗的最小能量：
物质
Cl2
Br2
I2
HCl
HBr
HI
H2
键能(kJ/mol)
243
193
151
432
366
298
436
根据上述数据回答下列问题：
（1）下列物质本身具有的能量最低的是（_____）
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
（2）下列氢化物中最稳定的是（_____）
A．HCl B．HBr C．HI
（3）X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)的反应是吸热反应还是放热反应？_______。
（4）相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出或吸收的热量最多的是_____（填写化学式）。
【答案】放热 A 吸热 B A A 放热 Cl2
【分析】
I、反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，反之为吸热反应；III、键能越大，反应时释放的能量越多，物质本身具有的能量越低，则越稳定；旧键断裂吸收的总能量小于新键形成释放的总能量为放热反应，反之为吸热反应；
【详解】
I.若E1>E2，反应物的总能量大于生成物的总能量，为图像A，反应放热；答案为：放热；A；
II.若E1＜E2，反应物的总能量小于生成物的总能量，为图像B，反应吸热，答案为：吸热；B
III. （1）键能越大，反应时释放的能量越多，物质本身具有的能量越低，则越稳定，根据表中数据，答案为A；
（2）键能越大，反应时释放的能量越多，则越稳定，答案为A；
（3）X2＋H2===2HX(X代表Cl、Br、I)，以氯气为例，旧键断裂吸收的总能量=243+436=679；新键形成释放的总能量=432×2=864，反应为放热反应，答案为：放热；
（4）相同条件下，X2(X代表Cl、Br、I)分别与氢气反应，当消耗等物质的量的氢气时，释放的热量分别为：185、103、9，答案为：Cl2；
核心知识4 原电池的工作原理
14．下列关于原电池的叙述中正确的是( )
A．正极和负极必须是两种不同的金属
B．原电池是把化学能转化成电能的装置
C．原电池工作时，正极和负极上发生的都是氧化还原反应
D．锌、铜和盐酸构成的原电池工作时，锌片上有6.5g锌溶解，正极就有0.1g氢气生成
【答案】B
【详解】
A．正极和负极必须是两种不同的金属或金属和非金属，A错误；
B．原电池是利用氧化还原反应把化学能转化成电能的装置，B正确；
C．原电池工作时，正极发生的是还原反应，负极上发生的是氧化反应，C错误；
D．锌、铜和盐酸构成的原电池工作时，锌片上有6.5g锌溶解，转移0.2mol电子，正极就有0.2g氢气生成，D错误；
故选B。
15．下列装置能形成原电池的是( )

A．①②③⑦ B．①②⑤⑥
C．①②③④ D．①②③⑥⑦
【答案】A
【详解】
根据构成原电池的“两极一液一线一反应”判断；装置④不能形成闭合回路；装置⑤不具有两个活动性不同的电极，只能发生氧化还原反应，不能形成电流；装置⑥中酒精不是电解质溶液；装置能形成原电池的是①②③⑦，答案选A。
16．如图所示装置，一段时间后右侧电极质量增加，下列叙述错误的是

A．该装置能将化学能转化为电能 B．铁为负极，发生氧化反应
C．电流从铁电极经导线流向银电极 D．正极电极反应式为Cu2＋＋2e－＝Cu
【答案】C
【解析】A项，该装置是原电池，能将化学能转化为电能，正确；B项，铁的活泼性大于银，铁为负极，铁失电子发生氧化反应，正确；C项，铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，电流从银电极经导线流向铁电极，错误；D项，铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，正极铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－＝Cu，正确。
17．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细。由此判断下列M、N、P物质可以成立的是

A．M为Mg，N为Al，P为NaOH溶液
B．M为Cu，N为Fe，P为稀盐酸
C．M为Zn，N为C(石墨)，P为CuSO4溶液
D．M为Ag，N为Zn，P为AgNO3溶液
【答案】D
【解析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子。
A项，N极铝是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，错误；B项，N极铁是负极，M极是氢离子放电生成氢气，所以M极质量不变，错误；C项，M极(Zn)易失电子作负极，变细，N极(石墨)上析出Cu而变粗，错误；D项，N极材料Zn比M极Ag活泼，且M极Ag上有银析出，所以质量增加，M电极变粗，正确。
18．在如图所示的装置中，a的金属活泼性比氢要强，b为碳棒，下列关于此装置的叙述不正确的是(　　)

A．碳棒上有气体放出，溶液pH变大 B．a是正极，b是负极
C．导线中有电子流动，电子从a极到b极 D．a极上发生了氧化反应
【答案】B
【分析】
a的金属性比氢要强，b为碳棒，所以a是负极，b碳棒是正极；
【详解】
A．碳棒是正极，在正极发生的反应是：2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子浓度减少，溶液的pH变大，故A正确；
B．a的金属性比氢要强，b为碳棒，所以a是负极，b碳棒是正极，故B错误；
C．在原电池的外电路中，电子由负极经导线流向正极，即电子从a极经导线到b极，故C正确；
D．a的金属性比氢要强，b为碳棒，所以a是负极，负极上发生金属失电子的氧化反应，故D正确；
答案选B。
19．把锌片、铜片用导线连接后插入硫酸铜溶液中，当电路中有0.4mol电子通过时，负极的质量变化是
A．减少13g B．增加6.5g C．增加13g D．减少11.2g
【答案】A
【解析】锌片、铜片和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌片作负极，铜片作正极，负极上锌失电子变成锌离子进入溶液，所以负极质量会减少，正极上铜离子得电子生成铜单质，所以正极上铜片质量会增加，根据金属和转移电子的关系计算即可。
锌片、铜片和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌片作负极，铜片作正极，负极上锌失电子质量减少，正极上铜离子得电子质量增加。设负极上质量减少x，负极上的电极反应式为：
x==13g，所以负极质量减少13g。
故选A。
20．Ⅰ．兴趣小组的同学们把铝片投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图曲线来表示。回答下列问题：

（1）用离子方程式解释曲线0－a段不产生氢气的原因_____________________________。
（2）曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是_________________________。
（3）曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是________________________。
Ⅱ．
（4）装置①中负极是：_______，正极反应式为：______________________。
（5）装置②中电子从_______(填“镁片”或“铝片”)流出，该原电池工作一段时间后，溶液pH_______。(填“增大”或“减小”)。
（6）2022年北京冬奥会使用氢燃料电池车有利于实现碳达峰和碳中和，下列说法错误的是_______。
A．电能属于二次能源
B．氢燃料电池是一种具有广阔应用前景的绿色电源
C．氢燃料电池能量的利用率比氢气直接燃烧高
D．氢燃料电池工作时，氢气在正极发生还原反应
【答案】（1）硫酸先与铝片表面的Al2O3发生反应：Al2O3＋6H＋＝2Al3＋＋3H2O，不产生H2 （2）该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 （3）随着反应的进行，硫酸的浓度不断下降，使反应速率减慢 （4）Mg 2H＋＋2e－＝H2↑ （5）铝片 减小 （6）D
【解析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极。
（1）由于铝片表面有一层致密的氧化膜，首先是硫酸与铝片表面的Al2O3反应，因此曲线0－a段不产生氢气，有关反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋＝2Al3＋＋3H2O；（2）由于该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此曲线b→c段，产生氢气的速率增加较快；（3）由于随着反应的进行，硫酸的浓度不断下降，使反应速率减慢，因此曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降；（4）装置①中镁比铝活泼，电解质溶液为稀硫酸，则Mg为负极、Al为正极，正极反应为氢离子得电子变成氢气、电极反应式：2H＋＋2e－＝H2↑；（5）装置②中电解质为NaOH溶液，则电池总反应为2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，铝失去电子被氧化、作负极，电子从铝片流出，该原电池工作一段时间后，由于氢氧化钠不断消耗，则溶液pH减小；（6）A项，电能需要由其它能源转化而来，则属于二次能源，正确；B项，氢燃料电池总反应为氢气和氧气反应生成水、没有污染，故是一种具有广阔应用前景的绿色电源，正确；C项，通常燃料电池能量利用率高，氢燃料电池能量的利用率比氢气直接燃烧高，正确；D项，氢燃料电池工作时，氢气在负极发生氧化反应、氧气在正极发生还原反应，不正确。
核心知识5 化学电池
21．下列说法正确是
A．镍镉电池、锂电池和锌锰电池都是二次电池
B．燃料电池是一种高效但是会污染环境的新型电池
C．化学电池的反应原理是氧化还原反应
D．铅蓄电池放电时正极是Pb，负极是PbO2
【答案】C
【解析】A项，镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，错误；B项，燃料电池有氢氧燃料电池、甲烷燃料电池、乙醇燃料电池等，产物多为CO2、H2O等，不污染环境，错误；C项，化学电池是将化学能转变为电能的装置，有电子的得失，实质为氧化还原反应，正确；D项，铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极；PbO2被还原，为原电池的正极，错误。
22．下列有关装置的说法正确的是

A．装置Ⅰ中为原电池的负极
B．装置Ⅱ为一次电池
C．装置Ⅲ可构成原电池
D．装置Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
【答案】D
【详解】
A．镁与氢氧化钠溶液不反应，铝能够与氢氧化钠溶液反应，装置Ⅰ中铝为负极，镁为正极，故A错误；
B．铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；
C．装置Ⅲ中的两个材料相同、都是Zn，不能构成原电池，故C错误；
D．装置Ⅳ为干电池，锌为负极，碳棒为正极，工作时，原电池中电子由负极沿导线流向正极，因此电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；
故选D。
核心知识6 化学反应速率的判断与计算
23．化学在生活中的应用随处可见，下列措施不是为了改变化学反应速率的是
A．将食物存放在冰箱中 B．加工馒头时添加膨松剂
C．糕点包装袋内放置除氧剂 D．冶铁时将铁矿石粉碎
【答案】B
【详解】
A．食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故A不符合；
B．加工馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变反应速率无关，故B符合；
C．包装袋内放置除氧剂，可防止糕点被氧化，减缓食物氧化速率，与减小反应速率有关，故C不符合；
D．将铁矿石粉碎，可增大接触面积，可加快反应速率，与增大反应速率有关，故D不符合；
故选B。
24．下列关于化学反应速率的说法正确的是
A．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常表示一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加
C．化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1
D．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
【答案】D
【解析】A．化学反应速率越大，反应现象不一定越明显，如盐酸与氢氧化钠溶液的反应时本就没有明显现象，A错误；
B．固体或纯液体的浓度可视为常数，一般不用固体或纯液体表示化学反应速率，B错误；
C．0.8 mol·L-1·s-1表示1 s的时间内，某物质的浓度变化了0.8 mol·L-1，C错误；
D．化学反应速率就是表示化学反应进行快慢的物理量，D正确；
综上所述答案为D。
25．对于化学反应，下列反应速率关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
W为固体，不能表示反应速率，故A、D项错误；
根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，，则，，则，故B项错误，C项正确。
故选：C。
26．反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)进行到2秒时，SO3的浓度增加了0.6mol/L。用O2的浓度变化表示该时间段的反应速率为
A．0.15 mol/（L·S） B．0.3 mol/（L·S）
C．0.6 mol/（L·S） D．0.9 mol/（L·S）
【答案】A
【解析】v（SO3）=0.6mol·L－1/2s=0.3 mol·L-1·s-1；v（O2）：v（SO3）=1：2，v（O2）=1/2v（SO3）=0.3 mol·L-1·s-1/2=0.15 mol/（L·S）。故选A。
27．在2L的密闭容器中进行反应，经过一段时间后，物质的量增加0.8，这段时间内用表示的平均反应速率为0.01。则这段时间为( )
A．10s B．20s C．30s D．40s
【答案】B
【详解】
一段时间后，的物质的量增加0.8，在这段时间内用表示的平均反应速率为0.01，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，在这段时间内用表示的平均反应速率为，解得，故B正确；
故选B。
28．反应从正反应方向，经过2s后B的浓度减少了0.04 mol⋅L-1。下列说法正确的是
A．用A表示的反应速率是0.04 mol⋅L-1⋅s-1
B．在这2s内用B和C表示的反应速率的值是相同的
C．在2s末时的反应速率，用反应物B来表示是0.02 mol⋅L-1⋅s-1
D．2s后，D的物质的量为0.02mol
【答案】B
【解析】A．A是固体，不能表示反应速率，A错误；
B．B和C的计量数相同，则在这2s内用B和C表示的反应速率的值是相同的，B正确；
C．经过2s后B的浓度减少了0.04 mol⋅L-1，则v(B)=0.04 mol⋅L-1÷2s=0.02 mol⋅L-1⋅s-1，此速率为2s内的平均速率，不是在2s末时的反应速率，C错误；
D．不知道容器的体积，无法计算，D错误。
故选B。
29．(一)将等物质的量的A和B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，5 min 后测得c(D)=0.5 mol·L-1，c(A)∶c(B)=1∶2，C的反应速率是 0.15 mol·L-1·min-1。
(1)B的反应速率v(B)=_______，x=_______。
(2)A在5 min末的浓度是_______。
(3)此时容器内的压强与开始时之比为_______。
(二)计算下列化学反应的速率：
(4)在反应A(g)+3B(g)=2C(g)中，若以物质A表示的该反应的化学反应速率为0.2 mol·L-1·min-1，则以物质B表示此反应的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。
(5)一定温度下，将1 mol N2O4充入体积为1 L的密闭容器中，反应3s后，NO2的物质的量为0.6 mol，则0～3s内的平均反应速率v(NO2) =_______ mol·L-1·s-1。
(6)在2 L的密闭容器中，充入2 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应，3 s后测得N2为1.9 mol，则以H2的浓度变化表示的反应速率为_______。
【答案】(1) 0.05 mol·L-1·min-1 3
(2)0.5 mol·L-1
(3)11∶10
(4)0.6
(5)0.2
(6)0.05 mol·L-1·s-1
【解析】
(1)5 min 后测得c(D)=0.5 mol·L-1，则反应消耗B的浓度△c(B)=c(D)=0.25 mol·L-1，故用B的浓度变化表示的化学反应速率v(B)=；
化学反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。C的反应速率是 0.15 mol·L-1·min-1，v(B)：v(C)=0.05：0.15=1：3，解得x=3；
(2)假设反应开始时A、B的物质的量都是x mol，5 min时生成D的浓度是0.5 mol/L，则产生D的物质的量n(D)=0.5 mol/L×2 L=1 mol，根据物质反应转化关系可知反应产生A物质的量是1.5 mol，消耗B物质的量是0.5 mol，此时A、B的物质的量分别是(x-1.5)mol、(x-0.5) mol，此时c(A)∶c(B)=1∶2，由于容器的容积相同，物质的浓度比等于物质的量的比，所以(x-1.5)：(x-0.5)=1：2，解得x=2.5 mol，则5 min末A的物质的量是2.5 mol-1.5 mol=1 mol，故A的浓度c(A)=；
(3)5 min时C的物质的量n(C)=0.15 mol/(L·min)×2 L×5 min=1.5 mol。在同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，反应后气体的物质的量之和为1 mol+ (2.5-0.5) mol+ 1.5 mol+1 mol= 5.5 mol，起始时气体的物质的量为2.5 mol+ 2.5 mol=5 mol ，则此时容器内的压强与开始时之比为5.5：5=11：10；
(4)用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比。v(A)=0.2 mol/(L·min)，则以物质B表示此反应的化学反应速率v(B)=3v(A)=3×0.2 mol/(L·min)=0.6 mol/(L·min)；
(5)0～3s内的平均反应速率v(NO2)= mol/(L·s)；
(6)反应开始时n(N2)=2 mol，3 s后n(N2)=1.9 mol，△n(N2)=0.1 mol，则根据物质反应消耗关系可知△n(H2)=0.3 mol，故以H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)= mol/(L·s)。
核心知识7 化学反应速率的影响因素
30．下列措施一定不能增大化学反应速率的是
A．降低温度
B．增大反应物的浓度
C．固体块状的反应物改为粉末状
D．压缩容器体积增大压强
【答案】A
【详解】
A．降低温度，则反应速率降低，A正确；
B．增大反应物的浓度，则增大了化学反应速率，B错误；
C．固体块状的反应物改为粉末状，则增大了反应物的接触面积、加快了化学反应速率，C错误；
D．压缩容器体积增大压强，则加快了化学反应速率，D错误；
答案选A。
31．实验室用30%左右的硫酸溶液与锌粒反应制取氢气，下列措施中不可能加快反应速率的是
A．将所用硫酸加入适量水进行稀释 B．将锌粒改为锌粉
C．寻找一种合适的催化剂并加入其中 D．适当升高温度
【答案】A
【解析】A．将所用硫酸加入适量水进行稀释会使溶液中氢离子浓度减小，锌与稀硫酸的反应速率减小，故A符合题意；
B．将锌粒改为锌粉，固体的表面积增大，与稀硫酸的接触面积增大，锌与稀硫酸的反应速率加快，故B不符合题意；
C．寻找一种合适的催化剂并加入其中，可以使锌与稀硫酸的反应速率加快，故C不符合题意；
D．适当升高温度可以使锌与稀硫酸的反应速率加快，故D不符合题意；
故选A。
32．某小组设计如图所示实验探究影响H2O2分解速率的因素。下列分析错误的是

A．该实验探究的是温度对反应速率的影响
B．该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同
C．实验中，H2O2的浓度越大越好
D．温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，反应速率不相同
【答案】C
【详解】
A．两个装置中的变量是温度，所以该实验探究的是温度对反应速率的影响，A正确；
B．由于二氧化锰是催化剂，且探究的是温度对反应速率的影响，所以该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同，B正确；
C．双氧水浓度过大，反应速率过快，不易控制，所以实验中H2O2的浓度不宜过大，C错误；
D．温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，由于改变了催化剂，则反应速率不相同，D正确；
答案选C。
33．工业上合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在实际生产中为提高合成氨的反应速率，下列说法正确的是( )
A．温度越高，反应速率越快，因此采取的温度越高越好
B．压强越高，反应速率越快，因此采取的压强越高越好
C．催化剂能加快反应速率，因此可选用适当的催化剂
D．可向容器中加入一定量的水蒸气，使氨气溶解以提高反应速率
【答案】C
【详解】
A．温度越高反应速率快，但温度过高会消耗更多的燃料，因此实际生产中的温度不是越高越好，A错误；
B．压强越大反应速率快，但压强过高会增加设备的成本，因此实际生产中的压强不是越高越好，B错误；
C．可选用适当的催化剂来提高反应速率，C正确；
D．加入水蒸气会降低反应体系的温度，且氨气溶于水并不能提高反应速率，D错误；
故合理选项是C。
34．已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00mol·L-1、2.00mol·L-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50g。实验温度为298K、308K。
(1)完成以下实验设计(填写表格中空白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
编号
T/K
锌规格
盐酸浓度/mol·L-1
实验目的
①
298
粗颗粒
2.00
(I)实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；
(II)实验①和_________探究温度对该反应速率的影响；
(III)实验①和_________探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
(2)实验①记录如下(换算成标况)：
时间(s)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
氢气体积(mL)
16.8
39.2
67.2
224
420
492.8
520.8
543.2
554.4
560
①计算在30s～40s范围内盐酸的平均反应速率ν(HCl)=_________ (忽略溶液体积变化)。
②反应速率最大的时间段(如0s～10s)为_________，可能原因是_________；
(3)另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是_________(填相应字母)；A．NaNO3溶液 B．NaCl溶液 C．CuSO4溶液 D．Na2CO3
(4)某化学研究小组的同学为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，设计了图所示的实验。

①如图可通过观察_________现象，比较得出比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论。
②某同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_________。
【答案】(1)     ③     ④
(2)     0.056mol/(L·s)     40～50s     反应放热，温度高，反应速率快
(3)B
(4)     生成气泡的快慢     阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰
【解析】（1）探究外界条件对反应速率的影响，注意控制变量法的使用。实验①和②温度一样，锌颗粒大小一样，盐酸浓度不一样，所以实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；实验①和③其他条件相同，温度不同，所以是探究温度对该反应速率的影响；实验①和④其他条件相同，锌颗粒大小不同，所以是探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响。
故答案是③；④；
（2）①根据反应速率的计算公式得，30s～40s氢气体积的变化量是156.8mL，则物质的量变化是0.007mol，则反应的盐酸的物质的量是0.014mol，浓度变化量是0.56mol/L，ν(HCl)== 0.056mol/(L·s)；
②通过表格分析，同样时间段，40～50s氢气的体积变化最大，则40～50s时是反应速率最大的时间段，此时反应物浓度不是最大，所以最大的可能原因是金属与酸反应放热，温度升高，速率变大；
综上，答案是0.056mol/(L·s)；金属与酸反应放热，温度升高，速率变大；
（3）事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是：
A．加入NaNO3溶液，引入硝酸根离子，形成氧化性很强的硝酸，硝酸与金属锌反应不能生成氢气，A项不符题意；
B．加入NaCl溶液，相当于稀释盐酸溶液，使反应减慢，不影响氢气总量的生成，B项符合题意；
C．加入CuSO4溶液，使锌与硫酸铜反应生成少量铜单质，形成铜锌原电池，可加快反应的进行，C项不符合题意；
D．加入Na2CO3，稀盐酸与Na2CO3反应，消耗氢离子，影响最终氢气的生成，D项不符合题意；
故答案选B。
（4）①Fe3+和Cu2+对H2O2分解生成氧气，其他条件不变时，通过观察溶液中气泡产生的快慢，比较得出比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果结论。
②同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是阴离子也可能会对反应速率产生影响，控制变量，与硫酸铜的酸根一致，避免FeCl3中的氯离子对反应有影响；
故答案是溶液中气泡产生的快慢；阴离子也可能会对反应速率产生影响，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3可以控制阴离子相同，排除阴离子不同造成的干扰。
核心知识8 化学反应的限度
35．下列关于化学反应限度的叙述中，正确的是(　　)
A．化学反应的限度都相同
B．可以通过改变温度控制化学反应的限度
C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度
D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止
【答案】B
【解析】
反应的限度受反应条件的影响，反应条件不同，限度也不同，A项错误；反应限度受温度影响，可以通过改变温度控制化学反应的限度，B项正确；反应达到一定的限度后条件不变，反应限度不变，反应限度不会随反应时间的改变而改变，C项错误；化学反应限度即化学平衡是一种动态平衡，达到限度时反应仍在进行，不会停止，D项错误。
36．一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.1 mol A和0.3 mol B发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)，当反应达平衡时，不可能存在的数据是
A．c(A)＝0.05 mol·L－1 B．c(B)＝0.24 mol·L－1
C．c(B)＝0.1 mol·L－1 D．c(C)＝0.18 mol·L－1
【答案】C
【解析】可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，达到平衡时反应物、生成物一定共存。A项，若平衡时c(A)＝0.05 mol·L－1，A反应的物质的量为0.1 mol－0.05 mol·L－1×1 L＝0.05 mol，则反应消耗B的物质的量为0.05 mol×2＝0.1 mol，B剩余0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol，数据合理，不符合题意；B项，若平衡时c(B)＝0.24 mol·L－1，则反应消耗B的物质的量为0.3 mol－0.24 mol·L－1×1 L＝0.06 mol，同时消耗0.03 mol的A，A剩余0.1 mol－0.03 mol＝0.07 mol，数据合理，不符合题意；C项，若平衡时c(B)＝0.1 mol·L－1，则反应消耗B的物质的量为为0.3 mol－0.1 mol·L－1×1 L＝0.2 mol，同时需消耗0.1 mol的A，则A的浓度为0，数据不合理，符合题意；D项，若平衡时c(C)＝0.18 mol·L－1，则反应消耗B的物质的量为0.18 mol·L－1×1 L＝0.18 mol，同时消耗0.09 mol的A，A剩余0.1 mol－0.09 mol＝0.01 mol，数据合理，不符合题意。
37．在恒温恒容密闭容器中，可逆反应X2(g)+2Y2(g)2XY2(g)达到平衡时的标志
A．混合气体密度恒定不变 B．v(X2)：v(Y2)：v(XY2)=1：2：2
C．混合气体的压强不再变化 D．三种气体的体积分数相等
【答案】C
【解析】A．反应在恒温恒容密闭容器中，气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则混合气体密度始终恒定不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．v(X2)：v(Y2)：v(XY2)=1：2：2只能表示物质反应转化关系，且转化关系并未指明反应速率的正逆，不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．反应在恒温恒容密闭容器中，气体的体积不变；该反应是反应前后气体物质的量改变的反应，若混合气体的压强不再变化，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，C符合题意；
D．三种气体的体积分数相等时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，不能据此分析判断，D不符合题意；故合理选项是C。
38．可逆反应：2NO22NO＋O2在体积固定的密闭容器中，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单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
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
A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部
【答案】A
【解析】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，①正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，②不正确；
③在反应进行的任何阶段，用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2∶2∶1，反应不一定达平衡状态，③不正确；
④混合气体的颜色不再改变时，c(NO2)不变，反应达平衡状态，④正确；
⑤混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不正确；
⑥反应前后气体的物质的量不等，平衡前压强在不断发生改变，当混合气体的压强不再改变时，反应达平衡状态，⑥正确；
⑦混合气体的质量不变，物质的量发生改变，则平衡前混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，⑦正确；
综合以上分析，①④⑥⑦正确，故选A。
39．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。当、、、的浓度不再变化时，下列说法正确的是
A．和全部转化为和
B．该反应已达到化学平衡
C．正、逆反应速率相等且等于零
D．、、、的浓度一定相等
【答案】B
【详解】
A．可逆反应有限度，转化率不可能为100%，故A错误；
B．该反应是可逆反应，、、、的浓度不再变化时，说明达到平衡状态，故B正确；
C．根据B分析可知该反应达到平衡，正、逆反应速率相等但不等于零，故C错误；
D．、、、的浓度不再变化时，但浓度不一定相等，故D错误；
综上所述，答案为B。
40．下列叙述能说明在固定容积的密闭容器中进行的反应：已经达到平衡状态的是( )
A．X、Y、Z的物质的量之比为3∶1∶2
B．混合气体的压强不随时间的变化而变化
C．单位时间内每消耗3 mol X，同时生成2 mol Z
D．混合气体的总质量不随时间的变化而变化
【答案】B
【详解】
A．X、Y、Z的物质的量之比为3∶1∶2时反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡，这与开始时加入的反应物的物质的量的多少及反应条件有关，A错误；
B．该反应是反应前后气体物质的量不同的反应，若压强不变时，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．反应消耗X和生成Z表示的都是向正反应方向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，C错误；
D．反应混合物都是气体，反应遵循质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；
故合理选项是B。
41．在1L密闭容器中，用足量的CaCO3与100mL稀盐酸反应制取CO2，反应生成CO2的体积随时间的变化关系如图所示(CO2的体积已按标准状况折算)。下列分析不正确的是

A．EF段反应速率加快的原因是反应体系的温度上升
B．FG 段反应速率减慢的原因是稀盐酸的浓度不断减小
C．EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04mo1•L—1•min—1
D．OE、EF、FG 三段中，用CO2表示的平均反应速率之比为2:4:1
【答案】C
【解析】A．反应放热导致反应体系的温度上升，所以EF段反应速率加快，故A正确；
B．反应进行一段时间后，盐酸的浓度不断变小，所以FG 段反应速率减慢，故B正确；
C．EF段产生的CO2为：，由于反应中n(HCl):n(CO2)=2:1，所以该段消耗HCl=0.04 mol，时间为1 min，所以用盐酸表示的EF段平均反应速率为：，故C错误；
D．由于时间都是1 min，所以三段的速率之比就等于产生CO2的体积之比，即224mL：(672−224)mL：(784−672)mL=2:4:1，故D正确；
答案选C。
42．完成下列问题。
(1)已知A、B、C、D均为气体，其能量变化如图：

①若E1 ②有关反应A＋B=C＋D的说法中不正确的是_______。
A．反应前后原子的种类和数目一定不变
B．反应物的总质量、总能量与生成物的总质量、总能量均相等
C．若该反应为放热反应，则不需要加热反应就一定能进行
D．反应物中所有化学键断裂时吸收的总能量与形成新化学键时释放的总能量可能相等
(2)某温度下，在2L密闭容器中充入4molA气体和3molB气体，发生下列反应：2A(g)+B(g)⇌C(g)+xD(g)，5s达到平衡。达到平衡时，生成了1molC，测定D的浓度为1mol/L。
①求x=_______。
②求这段时间A的平均反应速率为_______。平衡时B的浓度_______。
③下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_______。
A．单位时间内每消耗2molA，同时生成1molC
B．单位时间内每生成1molB，同时生成1molC
C．D的体积分数不再变化
D．混合气体的压强不再变化
E.B、C的浓度之比为1∶1
F.混合气体的密度不再变化
【答案】(1)     吸热反应     无法比较     BCD
(2)     2     0.2mol/(L·s)     1mol/L     BC
【解析】（1）①根据能量守恒可知，E1＜E2，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应；根据能量变化图可知，A、B的总能量小于C、D的总能量，但不能确定A与C物质具有的能量大小；故答案为吸热反应；无法比较；
②A．化学反应遵循质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目一定不变，故A说法正确；
B．化学反应遵循质量守恒定律，则反应物的总质量和生成物总质量相等，化学反应也遵循能量守恒，化学反应伴随能量的变化，因此反应物总能量与生成物的总能量一定不相等，故B说法错误；
C．若该反应为放热反应，如铝热反应、氢气燃烧则需要加热才能进行，故C说法错误；
D．化学反应一定伴随能量的变化，反应物中所有化学键断裂时吸收的总能量与形成新化学键时释放的总能量不相等，故D说法错误；
答案为BCD；
（2）①5s内，生成D的物质的量为1mol/L×2L=2mol，相同时间段内，生成C的物质的量为1mol，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，即x=2；故答案为2；
根据反应方程式，5s内，消耗A的物质的量为2mol，用A表示的反应速率v(A)==0.2mol/(L·s)；5s时反应达到平衡，根据反应方程式可知，该时间段内消耗B的物质的量为1mol，则平衡时B的浓度为=1mol/L；故答案为0.2mol/(L·s)；1mol/L；
②A．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，消耗A、生成C反应都是向右进行，因此单位时间内每消耗2molA，同时生成1molC，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间内每生成1molB，同时生成1molC，推出v逆(B)∶v正(C)=1∶1，能说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．根据化学平衡状态的定义，当D的体积分数不再变化，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．相同条件下，压强之比与气体物质的量成正比例，根据反应方程式可知，反应前后气体系数之和相等，混合气体的压强始终保持不变，因此混合气体的压强不再变化，不能说明该反应达到平衡，故D不符合题意；
E．根据上述分析，达到平衡时，B的物质的量浓度为1mol/L，C的物质的量浓度为0.5mol/L，物质的量之比为2∶1，因此B、C的浓度之比为1∶1，不能说明反应达到平衡，故E不符合题意；
F．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，根据密度的定义，混合气体的密度始终保持不变，即混合气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡，故F不符合题意；
答案为BC。
核心知识9 化学反应条件的控制与优化
43．关于合成氨工业的说法错误的是
A．合成氨工业采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率
B．工业上一般选择400-500℃的主要原因是让铁触媒的活性大，反应速率快
C．从合成氨的原理出发，增大压强既有利于加快速率又有利于平衡右移，但压强增大设备成本大幅度提升，所以实际工业中往往采用常压
D．为了防止催化剂“中毒”，原料气需要经过净化
【答案】C
【解析】A．合成氨工业采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率，提高经济效益，故A正确；
B．合成氨反应使用铁触媒作催化剂，该催化剂在400-500℃时活性最大，因此合成氨反应的温度控制在400-500℃，故B正确；
C．合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强既有利于加快速率又有利于平衡右移，但压强增大设备成本大幅度提升，综合考虑以上影响因素，实际工业中采用压强：2107~5107Pa，故C错误；
D．合成氨反应使用铁触媒作催化剂，原料气中含有杂质的气体可能会造成催化剂中毒而活性减弱，因此原料气需要经过净化处理，故D正确；
答案选C。
44．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，2mol SO2的能量大于2mol 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
【详解】
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，2mol SO2和1mol O2的总能量大于2mol 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。