2024高考化学一轮复习讲义（步步高版）第7章 第43讲　化学反应速率　工业合成氨

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考点一 化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式”
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
(3)根据已知条件列方程式计算。
例如：反应mA ＋ nB === pC
t0 s/(ml·L－1) a b 0
转化/(ml·L－1) x eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
t1 s/(ml·L－1) a－x b－eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
则v(A)＝eq \f(x,t1－t0) ml·L－1·s－1，
v(B)＝eq \f(nx,mt1－t0) ml·L－1·s－1，
v(C)＝eq \f(px,mt1－t0) ml·L－1·s－1。
3．比较化学反应速率大小的常用方法
(1)先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。
(2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，比较eq \f(vA,a)与eq \f(vB,b)，若eq \f(vA,a)>eq \f(vB,b)，则不同情况下，用A表示的反应速率比用B表示的大。
应用举例
已知反应4CO＋2NO2eq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)＝1.5 ml·L－1·min－1
②v(NO2)＝0.7 ml·L－1·min－1
③v(N2)＝0.4 ml·L－1·min－1
④v(CO2)＝1.1 ml·L－1·min－1
⑤v(NO2)＝0.01 ml·L－1·s－1
请比较上述5种情况反应的快慢：________________(由大到小的顺序)。
答案 ③>①>②>⑤>④
解析 ②v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 ml·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6 ml·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1 ml·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 ml·L－1·s－1＝1.2 ml·L－1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。
1．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显( )
2．由v＝eq \f(Δc,Δt)计算平均反应速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
3．化学反应速率为0.8 ml·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L－1( )
4．同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.×
一、化学反应速率的计算
1．一定温度下反应：4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 ml·L－1，对此反应速率的表示正确的是( )
A．用A表示的反应速率是0.4 ml·L－1·min－1
B．分别用B、C、D表示反应速率，其比值是1∶2∶3
C．在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 ml·L－1·min－1
D．在这2 min内用B和C表示的瞬时速率的值都是逐渐减小的
答案 D
解析 A是固体，不能用其浓度的变化来表示反应速率；vB＝0.3 ml·L－1·min－1，表示2 min内的平均反应速率，在2 min末的速率为瞬时速率；在反应过程中B的浓度逐渐减小，故A、B反应生成C、D的瞬时速率也逐渐减小。
2．一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，反应过程如图。下列说法不正确的是( )
A．t1 min时，正、逆反应速率相等
B．X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C．0～8 min，H2的平均反应速率v(H2)＝0.011 25 ml·L－1·min－1
D．10～12 min，N2的平均反应速率v(N2)＝0.002 5 ml·L－1·min－1
答案 A
解析 t1 min时，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A项错误；根据图像可知，在0～8 min内，X增加了0.6 ml，Y减少了0.9 ml，X、Y变化的物质的量之比为2∶3，则X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间的变化关系，B项正确；0～8 min，v(H2)＝eq \f(0.9 ml,10 L×8 min)＝0.011 25 ml·L－1·min－1，C项正确；10～12 min，v(NH3)＝eq \f(0.7－0.6 ml,10 L×2 min)＝0.005 ml·L－1·min－1，v(N2)＝eq \f(vNH3,2)＝0.002 5 ml·L－1·min－1，D项正确。
3．温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。
答案 30
解析 由单位可知v＝eq \f(240 mL,2 g×4 min)＝30 mL·g－1·min－1。
4．工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表：
若在起始时总压为p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝________ kPa·min－1。
答案 eq \f(p0,30)
解析 列出三段式
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
初始/ml 4 2 0
转化/ml 2 1 2
10 min时/ml 2 1 2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足eq \f(p0 kPa,p10 min)＝eq \f(6 ml,5 ml)，即p10 min＝eq \f(5,6)p0 kPa，p初始(SO2)＝eq \f(2,3)p0 kPa，p10 min(SO2)＝eq \f(5,6)p0 kPa×eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)p0 kPa，故v(SO2)＝eq \f(\f(2,3)p0 kPa－\f(1,3)p0 kPa,10 min)＝eq \f(p0,30) kPa·min－1。
二、反应速率常数的应用
5．工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：
由上述数据可得该温度下，c2＝______，该反应的逆反应速率常数k＝______ L3·ml－3·min－1。
答案 0.2 1.0×104
解析 根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 ml·L－1)3＝eq \f(8.0 ml·L－1·min－1,0.1 ml·L－1×k)，c2 ml·L－1＝eq \f(6.75 ml·L－1·min－1,0.15 ml·L－13×k)，所以有k×eq \f(8.0 ml·L－1·min－1,0.1 ml·L－1×k)×eq \f(6.75 ml·L－1·min－1,0.15 ml·L－13×k)＝16.0 ml·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·ml－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。
1．反应速率常数的含义
反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 ml·L－1时的反应速率。在相同浓度的条件下，可用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而反应速率常数是其比例常数，在恒温条件下，反应速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于基元反应：aA＋bB===gG＋hH
则v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为反应速率常数)。
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2
v＝k1·c(SO2Cl2)
②2NO22NO＋O2 v＝k2·c2(NO2)
③2H2＋2NON2＋2H2O
v＝k3·c2(H2)·c2(NO)
3．反应速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，反应速率常数是温度的函数。同一反应，温度不同，反应速率常数将有不同的值，但浓度不影响反应速率常数。
考点二 影响化学反应速率的因素
1．内因
反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg＞Al。
2．外因
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子、活化能、有效碰撞
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子(必须具有足够的能量)。
②活化能
图中：E1表示反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2(注：E2表示活化分子变成生成物分子放出的能量)。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化
1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质保持不变( )
2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( )
3．一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率( )
4．增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大( )
5．100 mL 2 ml·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
一、影响化学反应速率的因素
1．下列措施可以增大化学反应速率的是________(填序号)。
①Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉
②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98%浓硫酸
③H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强
④2SO2＋O2eq \(,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))2SO3 ΔH<0，升高温度
⑤Na与水反应时，增大水的用量
⑥2H2O2===2H2O＋O2↑反应中，加入少量MnO2
⑦H2与Cl2混合后光照
答案 ①④⑥⑦
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)缩小体积使压强增大：__________，原因是_____________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)恒容充入N2：__________。
(3)恒容充入He：__________，原因是____________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(4)恒压充入He：__________。
答案 (1)增大 单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多 (2)增大 (3)不变 单位体积内活化分子数不变 (4)减小
惰性气体对反应速率的影响
二、用控制变量法探究影响化学反应速率的因素
3．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是( )
A．pH越小，氧化率越小
B．温度越高，氧化率越小
C．Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率
答案 D
解析 由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。
4．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：
下列说法不正确的是( )
A．V1＝1，V2＝2
B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响
C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束
D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01 ml·L－1·min－1
答案 C
解析 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1 mL水，根据控制变量法的原则，溶液总体积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A正确；实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B正确；酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可知，草酸溶液过量，KMnO4可反应完全，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C错误；根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝eq \f(0.01 ml·L－1×2×10－3 L,4×10－3 L)＝0.005 ml·L－1，v(KMnO4)＝eq \f(ΔcKMnO4,Δt)＝eq \f(0.005 ml·L－1,0.5 min)＝0.01 ml·L－1·min－1，D正确。
5．可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是工业上制取H2SO4的重要反应。
(1)在恒压条件下，该反应分组实验的有关条件如下表：
已知Ⅰ、Ⅱ两组实验过程中，SO3气体的体积分数φ(SO3)随时间t的变化曲线如图所示。
①Ⅱ组与Ⅰ相比不同的条件是___________________________________________________。
②将Ⅰ组实验中温度变为800 ℃，则φ(SO3)达到a%所需时间________t1(填“小于”“大于”或“等于”)。
(2)向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列的是________(填字母)。
甲：在500 ℃时，10 ml SO2和10 ml O2反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 ml SO2和10 ml O2反应
丙：在450 ℃时，8 ml SO2和5 ml O2反应
丁：在500 ℃时，8 ml SO2和5 ml O2反应
A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲
答案 (1)①使用催化剂(其他合理答案也可)
②小于 (2)C
解析 (1)①由题意可知，两组实验的压强、温度和起始浓度均相同，而由曲线图可看出，Ⅱ 组实验的反应速率快，所以Ⅱ组具备的其他条件是使用了催化剂，加快了化学反应速率。②温度升高后，化学反应速率加快，所以φ(SO3)达到a%所需的时间比原来短。
关于“控制变量法”题目的解题策略
考点三 工业合成氨
1．化工生产适宜条件选择的一般原则
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．工业合成氨反应的适宜条件
(1)理论分析
增大合成氨的反应速率和提高平衡混合物中氨的含量对反应条件的要求不尽相同：
(2)实际工业合成氨反应的适宜条件
①压强eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(低压1×107 Pa,中压2×107～3×107 Pa,高压8.5×107～1×108 Pa))
②温度：700 K左右。
③催化剂：以铁为主体的多成分催化剂。
④浓度：N2与H2的投料比(物质的量之比)为1∶2.8。
一、工业合成氨条件的分析
1．下图是工业合成氨的工艺，根据流程解答下列问题：
(1)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其热化学方程式如下：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·ml－1，结合反应的化学方程式分析哪些措施可以提高合成氨的反应速率？哪些措施可以提高氮气或氢气的转化率？
提示 升高温度、增大压强、增大反应物的浓度、使用催化剂等，都可以使合成氨的反应速率增大；降低温度、增大压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度等有利于提高氮气或氢气的转化率。
(2)工业合成氨中，使用铁触媒作催化剂。
①铁触媒加快化学反应速率的原因是什么？
提示 使用铁触媒作催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分数，有效碰撞次数增加，反应速率加快。
②铁触媒能提高氢气的平衡转化率吗？简述理由。
提示 不能。因为催化剂对化学平衡无影响。
③铁触媒能提高反应混合物中氨的体积分数吗？
提示 能。因为实际合成氨过程为非平衡状态下进行，反应速率大，单位时间里生产的氨气的量多。
(3)合成氨时选择500 ℃而不采用常温主要考虑什么因素？
提示 考虑速率因素，500 ℃时催化剂的催化活性最好。
(4)合成氨时一般采用的压强为10～30 MPa的原因是什么？
提示 合成氨时增大压强尽管可以同时提高反应速率和反应物的转化率。但是，压强越大，对材料的强度和设备的要求也越高，增加生产投资将降低综合经济效益。故一般采用的压强为10～30 MPa。
(5)合成氨工业中，为提高反应物的转化率，还采取哪些措施？
提示 使氨气冷却成液氨并及时分离，分离后的原料气循环使用。
二、其他工业生产条件的分析
2．工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：C4H10(g)C4H8(g)＋H2(g)(正反应吸热)，将丁烷和氢气以一定的配比通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有关。下列判断不正确的是( )
A．由图甲可知，x小于0.1
B．由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着eq \f(n氢气,n丁烷)增大，逆反应速率减小
C．由图丙可知，丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动
D．由图丙可知，丁烯产率在590 ℃之后快速降低的主要原因是丁烯高温分解生成副产物
答案 B
解析 增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡转化率减小，结合图像可知，x小于0.1，A项正确；加入氢气，平衡逆向移动，丁烯产率上升的可能原因是通入的H2对催化剂有活化作用，减小的原因是氢气是产物之一，而随着eq \f(n氢气,n丁烷)增大，逆反应速率增大，B项错误。
3．乙烯是石油化工最基本的原料之一。
(1)乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＞0。提高乙烷平衡转化率的措施有________、________。
(2)在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)＋O2(g)2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2＜0
b．2C2H6(g)＋5O2(g)4CO(g)＋6H2O(g) ΔH3＜0
c．C2H4(g)＋2O2(g)2CO(g)＋2H2O(g) ΔH4＜0
氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或“c”)的活化能，判断的依据是_______________________________。
(3)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)∶n(O2)＝1∶1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是________。
②在570～600 ℃温度范围内，下列说法正确的是________(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
答案 (1)减小压强 升高温度(或及时移出生成物)
(2)a 制备的目标产品是C2H4，b、c均为副反应，应加快反应a的反应速率
(3)①反应a、c是放热反应，升高温度，a反应平衡逆向移动程度较大 ②BD
解析 (1)C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＞0，该反应是气体体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物。(3)①分析反应a、c都为放热反应，升高温度，两者反应平衡均逆向移动，但反应a平衡逆向移动的程度较大，则乙烯的物质的量百分数降低。②根据图中信息，C2H4产率随温度升高而降低，故A错误；乙烷转化率增大，生成水的量增大，而乙烯量减小，说明发生反应c，水的量增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，故B正确；根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，故C错误；根据图中信息，CO在较高温度时含量较大，因此该催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率，故D正确。
1．(2022·浙江6月选考，20)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)eq \(,\s\up7(催化剂))N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是( )
A.实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 ml·L－1·min－1
B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
答案 C
解析 实验①中，0～20 min，v(N2)＝eq \f(1,2)v(NH3)＝eq \f(1,2)×eq \f(2.40×10－3 ml·L－1－2.00×10－3 ml·L－1,20 min)＝1.00×10－5 ml·L－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气的初始浓度与实验①一样，则实验①达平衡时氨气浓度为4.00×10－4 ml·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.40，即x≠0.40，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量相同，速率相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，则相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，D正确。
2．(2021·辽宁，12)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 ml·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min
答案 B
解析 由图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A项正确；由图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯的浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；条件①，反应速率为v＝eq \f(3.0 ml·L－1－0 ml·L－1,250 min)＝0.012 ml·L－1·min－1，C项正确。
3．(2022·广东，15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则( )
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 ml·L－1·min－1
答案 D
解析 由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 ml·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 ml·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 ml·L－1，则v(Y)＝eq \f(4.0 ml·L－1,2 min)＝2.0 ml·L－1·min－1，v(X)＝eq \f(1,2)v(Y)＝eq \f(1,2)×2.0 ml·L－1·min－1＝1.0 ml·L－1·min－1，故D正确。
4．[2022·辽宁，18(1)(2)(4)(5)]工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·ml－1 ΔS＝－200 J·K－1·ml－1。
回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下__________(填“能”或“不能”)自发。
(2)__________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，__________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500 ℃。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(4)方案二：M-LiH复合催化剂。
下列说法正确的是__________(填字母)。
a．300 ℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)·cβ(H2)·cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝__________；
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为__________(填字母)。
a．有利于平衡正向移动
b．防止催化剂中毒
c．提高正反应速率
答案 (1)能 (2)高 低 (4)a (5)－1 a
解析 (1)对于合成氨反应，常温下，ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ·ml－1－298 K×(－0.2 kJ·K－1·
ml－1)＝－32.8 kJ·ml－1<0，故合成氨反应在常温下能自发。(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增多，反应速率加快；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度。(4)由题图可知，300 ℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多，说明300 ℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误。(5)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，两式联立可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确、c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。
课时精练
1．在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4(g)2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1 ml·L－1降到0.07 ml·L－1需要15 s，那么N2O4的浓度由0.07 ml·L－1降到0.05 ml·L－1所需的反应时间( )
A．等于5 s B．等于10 s
C．小于10 s D．大于10 s
答案 D
解析 N2O4的浓度由0.1 ml·L－1降到0.07 ml·L－1需要15 s，即N2O4的浓度变化量为0.03 ml·L－1，N2O4的浓度由0.07 ml·L－1降到0.05 ml·L－1，即N2O4的浓度变化量为0.02 ml·L－1，若反应速率不变，则所需时间为15 s×eq \f(0.02,0.03)＝10 s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10 s。
2．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
下列描述正确的是( )
A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 ml·L－1·s－1
B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 ml·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0 %
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)
答案 C
解析 反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为v(Z)＝eq \f(\f(1.58 ml,2 L),10 s)＝0.079 ml·L－1·s－1，故A错误；反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了eq \f(1.20 ml－0.41 ml,2 L)＝0.395 ml·L－1，故B错误；反应开始到10 s时，Y的转化率为eq \f(1.00 ml－0.21 ml,1.00 ml)×100%＝79%，故C正确；由题意知，反应为可逆反应，0～10 s内，X、Y的物质的量都变化了0.79 ml，Z的物质的量变化了1.58 ml，则反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，故D错误。
3．某温度下，在体积一定的密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A．加入少量W，逆反应速率增大
B．升高温度，正反应和逆反应速率都增大
C．在容器中加入氦气，压强增大，反应速率增大
D．将容器的体积压缩，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
答案 B
解析 升温，正、逆反应速率均增大，B正确；体积一定时加入氦气，物质的量浓度不变，不影响反应速率，C错误；压缩体积，单位体积内的活化分子数增大，但活化分子百分数不变，D错误。
4．近日，北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y、Sc(Y1/NC，Sc1/NC)单原子催化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法正确的是( )
A．Y1/NC比Sc1/NC更有利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氢气的平衡转化率
C．使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2＋H→*NNH
D．升高温度一定可以提高氨气单位时间内的产率
答案 C
解析 从图中可以看出，使用Sc1/NC吸附氮气的活化能更低，更有利于吸附氮气，A错误；催化剂只能改变反应速率，不能影响化学平衡移动，故实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒不能提高氢气的平衡转化率，B错误；从图中可以看出，使用Sc1/NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为*N2＋H→*NNH，C正确；从图中可知，合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，催化剂吸附N2更困难，故升高温度虽然可以加快反应速率，但不一定可以提高氨气单位时间内的产率，D错误。
5．如图表示某化学反应在使用催化剂(b曲线)和未使用催化剂(a曲线)时，反应进程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是( )
A．a与b相比，b的活化能更高
B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量
C．a与b相比，a中活化分子的百分数更高
D．a与b相比，a的反应速率更快
答案 B
解析 a的活化能更高，A错误；该反应为放热反应，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，B正确；a与b相比，b的活化能小，b中活化分子的百分数更高，C错误；a与b相比，b的活化能更小，b的反应速率更快，D错误。
6．在298 K时，实验测得溶液中的反应：H2O2＋2HI===2H2O＋I2，在不同浓度时的化学反应速率如下表，由此可推知当c(HI)＝0.500 ml·L－1，c(H2O2)＝0.400 ml·L－1时的反应速率为( )
ml·L－1·s－1
B．0.152 ml·L－1·s－1
C．0.608 ml·L－1·s－1
D．0.760 ml·L－1·s－1
答案 B
解析 对比实验1和实验2可知，HI的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，对比实验1和实验4可知，H2O2的浓度增大2倍，则反应速率增大2倍，再对比实验1和3以及实验1和5可以得出结论：反应速率与c(HI)和c(H2O2)的变化成正比，所以当c(HI)＝0.500 ml·L－1，c(H2O2)＝0.400 ml·L－1时，v＝0.007 6 ml·L－1·s－1×5×4＝0.152 ml·L－1·s－1，故选B。
7．(2021·广东，14)反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y)
答案 D
解析 X是唯一的反应物，随着反应的进行，其浓度不断减小，因此，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则Y的浓度为c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻后Y的浓度的变化量为c0－c(Y)，则c(Z)＝2c0－2c(Y)，D不正确。
8．利用CO生产甲醇的反应为2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)，在密闭容器中按物质的量之比为2∶1充入H2和CO，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图所示。已知：①v正＝k正·x(CO)·x2(H2)，v逆＝k逆·x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的体积分数。②Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压＝气体总压×体积分数。
下列相关说法错误的是( )
A．该反应的ΔH<0
B．B点与C点的平衡常数关系为KB＝KC
C．增大体系压强，k正－k逆的值将增大
D．C点对应的平衡常数Kp＝eq \f(27,p\\al(2,2))
答案 C
解析 从图像上可以看出温度越高，甲醇的体积分数越小，说明升温，平衡逆向移动，该反应的ΔH<0，A项正确；B点与C点温度相同，平衡常数相等，B项正确；C点时，甲醇的体积分数是50%，假设起始n(CO)＝1 ml，n(H2)＝2 ml，消耗的CO的物质的量为x ml，则列三段式：
2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)
初始/ml 2 1 0
转化/ml 2x x x
平衡/ml 2－2x 1－x x
甲醇的体积分数为eq \f(x,2－2x＋1－x＋x)＝50%，x＝0.75，平衡常数Kp＝eq \f(\f(0.75,1.5)×p2,\f(0.5,1.5)×p22×\f(0.25,1.5)×p2)＝eq \f(27,p\\al(2,2))，D项正确。
9．过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)的反应历程如下：
第一步：＋C—O―→(慢反应)
第二步：―→N—O＋O—C—O(快反应)
下列有关说法正确的是( )
A．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快
C．第一步反应需要吸收能量
D．该反应的反应速率主要取决于第二步反应
答案 C
解析 活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，故A项错误；活化配合物的能量越高，第一步反应速率越慢，故B项错误；第一步反应是断裂化学键，需要吸收能量，故C项正确；反应速率主要取决于慢反应的速率，故D项错误。
10．(2022·辽宁，12)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 ml X发生反应2X(s)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
下列说法错误的是( )
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L－1
B．2 min时，加入0.20 ml Z，此时v正(Z)C．3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5 min时，X的物质的量为1.4 ml
答案 B
解析 反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L－1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 ml·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 ml,6 min时生成的Z的物质的量为0.10 ml·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 ml，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a ml Y，列三段式：
2X(s)  Y(g)＋2Z(g)
初始量/ml 2.0 0 0
转化量/ml 2a a 2a
平衡量/ml 2.0－2a a 0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 ml·L－1，Z的平衡浓度为0.6 ml·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108 ml3·L－3,2 min时Y的浓度为0.2 ml·L－1，Z的浓度为0.4 ml·L－1，加入0.2 ml Z后，Z的浓度变为0.6 ml·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072 ml3·L－3v逆(Z)，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，eq \f(VY,VZ)＝eq \f(1,2)，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成的Z为0.6 ml，则X的转化量为0.6 ml，初始X的物质的量为2.0 ml，剩余X的物质的量为1.4 ml，D正确。
11．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据文献资料对该实验进行探究。
(1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2＋I－===H2O＋IO－；H2O2＋IO－===H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式为_________________________________________________________。
(2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是________(填字母)。
a．加入KI后改变了反应的路径
b．加入KI后改变了总反应的能量变化
c．H2O2＋I－===H2O＋IO－是放热反应
(3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后可观察到________________________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；
ii.__________________________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是__________________________________________。
(4)资料4：I－(aq)＋I2(aq)Ieq \\al(－,3)(aq) K＝640 ml－1·L。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 ml·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
①a＝________。
②该平衡体系中除了含有I－、I2、Ieq \\al(－,3)外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)2H2O2eq \(=====,\s\up7(KI))2H2O＋O2↑ (2)a
(3)①下层溶液呈紫红色 ②在水溶液中I2的浓度降低 A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小
(4)①2.5×10－3 ②2c(I2)＋c(I－)＋3c(Ieq \\al(－,3))＜0.033 ml·L－1
解析 (2)加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。
(4)①K＝eq \f(4.0×10－3,2.5×10－3×a) ml－1·L＝640 ml－1·L，由此可求出a＝2.5×10－3。②原溶液中，c(I－)＝eq \f(10×10－3 L×0.1 ml·L－1,30×10－3 L)≈0.033 ml·L－1；现在溶液中I－、I2、Ieq \\al(－,3)中所含I元素的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(Ieq \\al(－,3))＝(2×2.5×10－3＋2.5×10－3＋3×4.0×10－3)ml·L－1＝0.019 5 ml·L－1 <0.033 ml·L－1，I元素不守恒，说明产物中还有其他含碘微粒。
12．(2023·长沙模拟)工业合成氨反应具有非常重要的意义。
(1)已知：H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)H2O(l)
ΔH＝－286.0 kJ·ml－1
4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(l)
ΔH＝－1 530.0 kJ·ml－1
则合成氨反应的热化学方程式为_________________________________________________。
(2)在某容积为2 L的恒容容器中发生合成氨反应，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：
前20 min内v(NH3)＝________ml·L－1·min－1，放出的热量为________，25 min时采取的措施是________________________________________________________________________。
(3)对可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，若起始投料n(N2)＝3 ml、n(H2)＝3 ml，达到平衡后，增大压强，N2的体积分数________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)T ℃，以CO2和NH3为原料可合成化肥尿素：
2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)；在2 L的密闭容器中，通入1.2 ml NH3和0.6 ml CO2,2 min时反应刚好达到平衡。此时，c(NH3)＝0.2 ml·L－1，c(CO2)＝0.1 ml·L－1。
①该反应的平衡常数是________。
②若2 min时保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6 ml NH3，则此时平衡____________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
答案 (1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－93.0 kJ·ml－1
(2)0.05 93.0 kJ 移走氨气(或分离出氨气)
(3)不变
(4)①250 ml－3·L3 ②逆向移动
解析 (1)设从上到下，热化学方程式分别为反应1、反应2，由盖斯定律，eq \f(1,2)×(6×反应1－反应2)可得N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝eq \f(1,2)×[6×(－286.0)－(－1 530.0)]kJ·ml－1＝－93.0 kJ·ml－1。
(2)根据图像可知，20 min时氨气的物质的量浓度为1.00 ml·L－1，所以氨气的平均反应速率为v(NH3)＝eq \f(1.00 ml·L－1,20 min)＝0.05 ml·L－1·min－1；达到平衡时生成的氨气的物质的量为1.00 ml·L－1×2 L＝2.00 ml，根据N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－93.0 kJ·ml－1可知生成2 ml氨气放出的热量为93.0 kJ；由图可知，25 min时氨气的物质的量迅速变为0，而氮气、氢气的物质的量不变，之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小，氨气的物质的量逐渐增大，说明25 min时改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去。
(3)若起始投料n(N2)∶n(H2)＝1∶1，生成物的系数为2，则相当于等压平衡，达到平衡后，增大压强，平衡不移动，N2的体积分数不变。
(4)①列三段式：
2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(l)
起始/ml·L－1 0.6 0.3
转化/ml·L－1 0.4 0.2
平衡/ml·L－1 0.2 0.1
K＝eq \f(1,c2NH3·cCO2)＝eq \f(1,0.22×0.1)ml－3·L3＝250 ml－3·L3。
②若保持T ℃和平衡时容器的压强不变，再向体积可变的容器中充入0.6 ml NH3，体积瞬间变为4 L，此时c(NH3)＝0.25 ml·L－1，c(CO2)＝0.05 ml·L－1，反应的浓度商Q＝eq \f(1,c2NH3·cCO2)＝eq \f(1,0.252×0.05) ml－3·L3＝320 ml－3·L3>K，所以平衡逆向移动。反应时间/min
SO2(g)/ml
O2(g)/ml
SO3(g)/ml
0
4
2
0
5
1.5
10
2
15
1
CO浓度/(ml·L－1)
H2浓度/(ml·L－1)
逆反应速率/(ml·L－1·min－1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
条件改变
单位体积内
有效碰
撞次数
化学反
应速率
分子总数
活化分子数
活化分子百分数
增大反应物浓度
增加
增加
不变
增加
增大
增大压强
增加
增加
不变
增加
增大
升高温度
不变
增加
增加
增加
增大
加催化剂
不变
增加
增加
增加
增大
在恒温恒容条件下
通入惰性气体，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变
恒温恒压条件下
通入惰性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小
编号
0.01 ml·L－1酸性KMnO4溶液体积/mL
0.1 ml·L－1 H2C2O4溶液体积/mL
水的体
积/mL
反应温
度/℃
反应时
间/min
Ⅰ
2
2
0
20
2.1
Ⅱ
V1
2
1
20
5.5
Ⅲ
V2
2
0
50
0.5
反应条件
温度
容器容积
起始n(SO2)
起始n(O2)
其他条件
Ⅰ组
500 ℃
1 L
1 ml
2 ml
无
Ⅱ组
500 ℃
1 L
1 ml
2 ml
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性受温度的限制
对合成氨反应的影响
影响因素
浓度
温度
压强
催化剂
增大合成氨的反应速率
增大反应物浓度
高温
高压
使用
提高平衡混合物中氨的含量
增大反应物浓度、减小生成物浓度
低温
高压
无影响
编号
时间/min
cNH3/10－3 ml·L－1
表面积/cm2
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
0.40
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
实验
eq \f(cN2,ml·L－1)
eq \f(cH2,ml·L－1)
eq \f(cNH3,ml·L－1)
eq \f(v,ml·L－1·s－1)
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
实验编号
1
2
3
4
5
c(HI)/(ml·L－1)
0.100
0.200
0.300
0.100
0.100
c(H2O2)/(ml·L－1)
0.100
0.100
0.100
0.200
0.300
v/(ml·L－1·s－1)
0.007 6
0.015 2
0.022 8
0.015 2
0.022 8
时间段/min
产物Z的平均生成速率/(ml·L－1·min－1)
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
微粒
I－
I2
Ieq \\al(－,3)
浓度/(ml·L－1)
2.5×10－3
a
4.0×10－3