高考化学一轮复习 第7章 化学反应的方向、限度与速率 第24讲 化学反应速率 合成氨工业学案-人教版高三全册化学学案

第24讲化学反应速率合成氨工业目标要求1.知道化学反应速率的表示方法，通过实验探究了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。2.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响；知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。3.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。1．含义化学反应速率是用来衡量化学反应快慢的物理量。2．常用表示方法及计算3．化学反应速率与化学计量数的关系同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。如在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。4．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(g)＋nB(g)pC(g)起始浓度/mol·L－1abc转化浓度/mol·L－1xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)某时刻浓度/mol·L－1a－xb－eq\f(nx,m)c＋eq\f(px,m)(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)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率(×)解析对于一些化学反应也可以用单位时间内某物质的质量、物质的量、体积、压强的变化量来表示化学反应速率。(3)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率(×)(4)化学反应速率为0.8mol·L－1·s－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1(×)(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同(√)(6)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(×)题组一化学反应速率的计算与比较1．(2020·开封质检)对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是()A．v(A)＝0.5mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1C．v(D)＝0.4mol·L－1·min－1D．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1答案D解析本题可以采用归一法进行求解，通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率换算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3mol·L－1·min－1。2．(2018·西安模拟)将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在8～10min内CO2的平均反应速率是()A．0.5mol·L－1·min－1B．0.1mol·L－1·min－1C．0mol·L－1·min－1D．0.125mol·L－1·min－1答案C解析由图可知，在8～10min内，H2的物质的量都是2mol，因此v(H2)＝eq\f(2mol－2mol,2L×2min)＝0mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)＝eq\f(1,3)v(H2)＝0mol·L－1·min－1，故C项正确。3．硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol·L－1,15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示，回答下列问题：t/s0120180240330530600700800α/%033.041.848.858.069.070.471.071.0(1)列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率_______________、__________________。(2)比较两者大小可得出的结论是______________________________________________。答案(1)v＝eq\f(0.050mol·L－1×41.8%－33.0%,180－120s)≈7.3×10－5mol·L－1·s－1v＝eq\f(0.050mol·L－1×48.8%－41.8%,240－180s)≈5.8×10－5mol·L－1·s－1(2)随反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢解析(1)注意“列式计算”的要求是既要列出规范的计算式，又要计算出结果。(2)是要求考生进行比较分析，120～180s时间段速率大是因为反应物浓度大，180～240s时间段速率小是因为反应物浓度小，即随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢。1．化学反应速率计算的一般方法(1)定义式法：找出各物质的起始量、某时刻量，求出转化量，利用定义式v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(Δn,V·Δt)来计算。(2)用已知物质的反应速率，计算其他物质表示的反应速率——关系式法。化学反应速率之比＝物质的量浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。2．比较反应速率大小的常用方法(1)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＋bB=cC＋dD，比较eq\f(vA,a)与eq\f(vB,b)，若eq\f(vA,a)＞eq\f(vB,b)，则A表示的反应速率比B的大。题组二用其他物理量改变表示的化学反应速率4．合金贮氢材料具有优异的吸氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。答案30解析吸氢速率v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。5．在新型RuO2催化剂作用下，使HCl转化为Cl2的反应2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)具有更好的催化活性。一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10－3mol01.83.75.47.2计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)。答案解法一2.0～6.0min时间内，Δn(Cl2)＝5.4×10－3mol－1.8×10－3mol＝3.6×10－3mol，v(Cl2)＝eq\f(3.6×10－3mol,4min)＝9.0×10－4mol·min－1所以v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×9.0×10－4mol·min－1＝1.8×10－3mol·min－1。解法二HCl转化的物质的量为n，则2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)21n(5.4－1.8)×10－3mol解得n＝7.2×10－3mol，所以v(HCl)＝eq\f(7.2×10－3mol,6.0－2.0min)＝1.8×10－3mol·min－1。6．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1L的恒温容器中，反应过程中部分数据见下表：反应时间/minSO2(g)/molO2(g)/molSO3(g)/mol042051.5102151若在起始时总压为p0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，而气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10min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/mol420转化/mol21210min/mol212气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10min时体系总压p10min满足eq\f(p0kPa,p10min)＝eq\f(6mol,5mol)，即p10min＝eq\f(5,6)p0kPa，p初始(SO2)＝eq\f(2,3)p0kPa，p10min(SO2)＝eq\f(5,6)p0×eq\f(2,5)＝eq\f(1,3)p0kPa，故v(SO2)＝(eq\f(2,3)p0kPa－eq\f(1,3)p0kPa)÷10min＝eq\f(1,30)p0kPa·min－1。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．用图像表示浓度、温度、压强对化学反应速率的影响图像图像分析(1)其他反应条件一定，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大(2)其他反应条件一定，化学反应速率随温度的升高而增大(3)有气体参加的反应，化学反应速率随着压强的增大而增大(4)有气体参加的反应，化学反应速率随着容器体积的增大而减小(5)分别在较低温度和较高温度下反应，化学反应速率随着压强的增大及温度的升高而增大4.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。②活化能：如图图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。(注：E2为逆反应的活化能)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[解疑释惑]稀有气体对反应速率的影响A(g)＋B(g)C(g)，恒温恒容，充入氦气，对反应速率有何影响？恒温恒压，充入氦气，对反应速率又有何影响？理解应用一定温度下，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，因而反应速率增大(2)增大(3)不变单位体积内活化分子数不变，因而反应速率不变(4)减小(1)催化剂都不参加化学反应(×)(2)升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大(√)(3)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜能够提高反应速率(√)(4)已知反应A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)的ΔH>0，升高温度可缩短达到平衡的时间(√)(5)碳酸钙与盐酸反应的过程中，再增加CaCO3固体，可以加快反应速率(×)(6)增大反应体系的压强，反应速率一定增大(×)(7)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(×)(8)加热使反应速率增大的原因之一是活化分子百分数增大(√)(9)100mL2mol·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(×)题组一影响化学反应速率的因素(不定项选择题)1．10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A．K2SO4溶液 B．CH3COONa溶液C．CuSO4溶液 D．Na2CO3溶液答案AB解析K2SO4溶液对盐酸起稀释作用，使反应速率降低，但不影响H＋的总物质的量，故不影响生成H2的物质的量，A正确；CH3COONa溶液中的CH3COO－结合盐酸中的H＋生成弱酸CH3COOH，降低了H＋浓度，随着反应的进行，CH3COOH又逐渐电离出H＋，不影响H＋的总物质的量，故不影响生成H2的物质的量，B正确；CuSO4会与Zn发生置换反应，铜附着在Zn表面，形成原电池，加快产生氢气的速率，C错误；Na2CO3与HCl发生反应2H＋＋COeq\o\al(2－,3)=H2O＋CO2↑，减小了H＋的总物质的量，虽然能够降低反应速率，但同时也减少了氢气的总量，D错误。2．某温度下，在容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．向容器中充入氩气，反应速率不变B．加入少量W，逆反应速率增大C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小D．将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增大答案A解析向恒容容器中充入氩气，各反应组分的浓度不变，反应速率不变，A项正确；W为固态，加入少量W，反应速率不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C项错误；将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子数和有效碰撞次数，但活化分子百分数不变，D项错误。3．下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是()选项反应甲乙A外形、大小相近的金属和水反应NaKB4mL0.01mol·L－1KMnO4溶液分别和不同浓度的2mLH2C2O4(草酸)溶液反应0.1mol·L－1的H2C2O4溶液0.2mol·L－1的H2C2O4溶液C5mL0.1mol·L－1Na2S2O3溶液和5mL0.1mol·L－1H2SO4溶液反应热水冷水D5mL4%的过氧化氢溶液分解放出O2无MnO2粉末加MnO2粉末答案C解析由于K比Na活泼，故大小相同的金属K和Na与水反应，K的反应速率更快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随着反应的进行，放出大量的热，反应速率逐渐加快，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4的浓度大，故其反应速率乙中比甲中快，B项不正确；由于甲反应是在热水中进行的，温度高，故甲的反应速率大于乙，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙中反应速率逐渐减小，C项正确；MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用，故乙的反应速率大于甲，D项不正确。题组二催化剂、活化能与转化效率4．(2020·银川调研)已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快下列有关该反应的说法正确的是()A．反应速率与I－浓度有关B．IO－也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ·mol－1D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)答案A解析A项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2=2H2O＋O2↑，该反应中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率；B项，该反应中IO－是中间产物，不是该反应的催化剂；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1molH2O2放出98kJ热量，不能据此判断该反应的活化能；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。5．(2019·山东临沂一模)已知反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－752kJ·mol－1的反应机理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快)②N2O2(g)＋H2(g)N2O(g)＋H2O(g)(慢)③N2O(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O(g)(快)下列有关说法错误的是()A．①的逆反应速率大于②的正反应速率B．②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效C．N2O2和N2O是该反应的催化剂D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大答案C解析①为快反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小，反应更容易发生；②为慢反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大，②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能，因此①的逆反应速率大于②的正反应速率，A项正确；②反应为慢反应，反应慢说明反应的活化能大，物质微粒发生碰撞时，许多碰撞都不能发生化学反应，因此碰撞仅部分有效，B项正确；反应过程中N2O2和N2O是中间产物，不是催化剂，C项错误；总反应为放热反应，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，D项正确。6．[2018·江苏，20(4)]将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是__________________________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________________________。答案迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO解析温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气反应生成NO而使反应速率减小。绝大多数催化剂都有活性温度范围，温度太低时，催化剂的活性很小，反应速率很慢，随温度升高，反应速率逐渐增大，物质转化效率增大，温度过高又会破坏催化剂的活性。1．反应特点N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0ΔS<02．反应条件选择的理论分析(1)反应限度角度：低温、高压，有利于提高转化率。(2)反应速率角度：高温、高压、使用催化剂，有利于提高化学反应速率。3．适宜条件(1)温度：700K左右，此时催化剂活性最大。(2)压强：低压(1×107Pa)，中压(2×107～3×107Pa)和高压(8.5×107～1×108Pa)三种类型。(3)催化剂：铁触媒。(4)N2与H2的物质的量之比(投料比)：1∶2.8。4．合成氨工业的简要流程可用方框图表示为(1)原料气的制取N2：将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2，除去CO2后得N2。H2：用水和燃料(煤、焦炭、石油、天然气等)在高温下制取。用煤和水制H2的主要反应为C＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))CO＋H2，CO＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7(催化剂))CO2＋H2。(2)制得的N2、H2需净化、除杂质，再用压缩机压缩至高压。(3)氨的合成：在适宜的条件下，在合成塔中进行。(4)氨的分离：经冷凝使氨液化，将氨分离出来，为提高原料的利用率，将没有完全反应的N2和H2循环送入合成塔，使其被充分利用。(1)使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化率(×)(2)高压比常压条件更有利于合成氨的反应(√)(3)500℃左右比室温更有利于合成氨的反应，提高H2的平衡转化率(×)(4)合成氨时采用循环操作，可提高原料的利用率(√)(5)合成氨采用2×107～5×107Pa，因为该压强下铁触媒的活性最高(×)(6)合成氨工业采用高压，不仅能提高转化率，还能缩短到达平衡的时间(√)1.合成氨反应达到平衡时，NH3的体积分数与温度、压强的关系如图所示。根据此图分析合成氨工业最有前途的研究方向是()A．提高分离技术B．研制耐高压的合成塔C．研制低温催化剂D．探索不用N2和H2合成氨的新途径答案C解析由题图可知，NH3的体积分数随着温度的升高而显著下降，故要提高NH3的体积分数，必须降低温度，但目前所用催化剂铁触媒的活性最高时的温度为700K，故最有前途的研究方向为研制低温催化剂。2．(2020·南京诊断)合成氨反应的正反应是气体体积减小的放热反应。合成氨工业的生产流程如下：关于合成氨工业的说法中不正确的是()A．混合气体进行循环利用遵循绿色化学思想B．合成氨反应须在低温下进行C．对原料气进行压缩是为了增大原料气的转化率D．使用催化剂可以提高反应的速率，但是不能使平衡向正反应方向移动答案B解析低温虽然有利于平衡正向移动，但低温会导致反应速率降低，不利于提高生产效率，答案选B。3.工业合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)反应过程中的能量变化如图所示，据图回答下列问题：(1)该反应通常用活性铁做催化剂，加活性铁会使图中B点______(填“升高”或“降低”)，理由是____________________________________________________________________。(2)450℃时该反应的平衡常数________(填“<”“>”或“＝”)500℃时的平衡常数。(3)一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高H2的转化率，可以采取的合理措施有______(填字母)。a．高温高压 b．加入催化剂c．增加N2的浓度 d．增加H2的浓度e．分离出NH3答案(1)降低催化剂能降低反应的活化能(2)>(3)ce解析(1)催化剂能降低反应的活化能。(2)该反应正向为放热反应，低温有利于平衡正向移动，450℃时反应正向进行的程度大，即450℃对应的平衡常数大。(3)高温使化学平衡逆向移动，H2的转化率降低，a不合理；催化剂对平衡无影响，b不合理；增加N2的浓度可以提高H2的转化率，c合理；增加H2的浓度会降低H2的转化率，d不合理；分离出NH3，有利于平衡右移，可以提高H2的转化率，e合理。4．乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇。写出相应反应的化学方程式：___________________________________________________。(2)已知：甲醇脱水反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH1＝－23.9kJ·mol－1甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－29.1kJ·mol－1乙醇异构化反应C2H5OH(g)=CH3OCH3(g)ΔH3＝50.7kJ·mol－1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)＋H2O(g)=C2H5OH(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是___________________________________________。答案(1)C2H4＋H2SO4(浓)=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH＋H2SO4(2)－45.5污染小、腐蚀性小等解析(1)由题给信息可写出：C2H4＋H2SO4(浓)=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH＋H2SO4。(2)将已知的三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，用①－②－③即得所求的热化学方程式，由此可得到ΔH＝－45.5kJ·mol－1。气相直接水合法生产乙醇时没有使用强腐蚀性、强酸性的浓硫酸，故与间接水合法相比，具有污染小、腐蚀性小等优点。1．下列叙述不正确的是()A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率(2018·全国卷Ⅲ，10A)B．向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象，不能达到探究浓度对反应速率的影响的目的(2018·全国卷Ⅱ，13D改编)C．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快(2018·江苏，10D)D．下图是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小(2018·江苏，13B)答案C解析可形成锌铜原电池，加快反应速率，A正确；反应的离子方程式为HSOeq\o\al(－,3)＋H2O2=SOeq\o\al(2－,4)＋H＋＋H2O，反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，B正确；温度过高可能使酶(一种蛋白质)变性，失去生理活性，C错误；根据图像，随着时间的推移，