课时作业14 化学反应条件的优化——工业合成氨(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二化学选择性必修1高中同步学案（鲁科版）

课时作业(十四)　化学反应条件的优化——工业合成氨 一、选择题 1．在容积一定、温度一定的密闭容器中发生反应M2(？)＋2R2(g)⥫⥬M2R4(g)，加入1 mol M2和2 mol R2，反应过程中测得气体的平均相对分子质量随时间的变化如图所示。则下列说法错误的是(　　) A．M2既可能为固体，也可能为气体 B．达到平衡后，保持容器容积和温度不变，再加入1 mol M2和2 mol R2，则R2转化率不变 C．达到平衡后，保持温度不变，将容器容积压缩到原来的一半，当达到新的平衡时，R2的浓度可能是原平衡时的1.8倍 D．若M2为气体，达到平衡后，保持容器容积和温度不变，再加入1 mol M2R4，则新的平衡时气体的平均相对分子质量增大 解析：选B　A．如果M2为固体，随反应的进行，气体的质量增加，物质的量减小，所以混合气体的相对分子质量增大；如果M2为气体，气体的质量不变，物质的量减小，所以混合气体的相对分子质量增大，达平衡后不变，故A正确； B．再加入1 mol M2和2 mol R2，相当于增大压强，平衡正向移动，则R2转化率变大，故B错误； C．达到平衡后，保持温度不变，将容器容积压缩到原来的一半，增大压强，平衡正向移动，如果不移动，R2的浓度可能是原平衡时的2倍，平衡正向移动，所以R2的浓度小于2倍，所以可能是1.8倍，故C正确； D．若M2为气体，达到平衡后，保持容器容积和温度不变，再加入1 mol M2R4，等效于增大压强，平衡正向移动，气体的质量不变，物质的量减小，所以混合气体的相对分子质量增大，故D正确； 故选：B。 2．苯与Br2发生取代反应时能量与反应进程如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．①、②两步均放出能量 B．FeBr3可以改变反应的焓变 C．FeBr3不能改变反应的活化能 D．FeBr3可以加快该反应速率 解析：选D　A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，选项A错误； B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，选项B错误； C．催化剂能改变反应的活化能，选项C错误； D．加入催化剂，能改变反应的活化能，加快反应速率，选项D正确。 答案选D。 3．在一固定容积的密闭容器中，充入3 molA和1 molB，发生反应3A(g)＋B(g)⥫⥬xC(g)，达平衡后，C的体积分数为w%。若维持容器容积和温度不变，按1.2 molA、0.4 molB和1.8 molC为起始配比投入，达平衡后，C的体积分数也为w%。则x的值为(　　) A．1和4　　　　　　B．1和3 C．2和3 D．3和4 解析：选D　两种情况下，达平衡后C的体积分数为w%，则为等效平衡。若反应前后气体的分子数不等，则采用一边倒的方法，将生成物全部转化为反应物后，反应物的物质的量须对应相等，则1.2 mol＋×3＝3，从而得出x＝3；若反应前后气体分子数相等，则也可建立等效平衡，从而得出x＝4。故选D。 4．可逆反应mA(g)＋nB(g)⥫⥬pC(g)＋qD(g)的vt图像如图1所示，若其他条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v－t图像如图2所示。以下说法中正确的是(　　) A．a1>a2 B．b1>b2 C．t1＝t2 D．两图中阴影部分面积相等 分析：加入催化剂，速率加快，故图1比图2用的时间长，但催化剂对平衡无影响； 解析：选D　A．使用催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，A错误； B．平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且b2＞b1，B错误； C．使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1＞t2，C错误； D．阴影部分面积代表平衡时反应物浓度的改变量，两图中达到的平衡状态相同，D正确； 答案为D。 5．将SO2转化为K2SO4的工艺流程如下，下列说法正确的是(　　) 　　　　　　　 　　　　　　 CO2Ｋ A．通入空气的目的是将CO2完全吹出 B．反应时应将CaCO3粉碎 C．固体产物A是CaCO3 D．“高温”时只发生CaCO3分解反应 解析：选B　A．通入空气的目的是提供氧化剂O2，将CaSO3氧化为CaSO4，A项错误； B．为提高反应的接触面积，加快反应速率，反应时应将CaCO3粉碎，B项正确； C．氧气有强氧化性，可将＋4价S氧化为＋6价，得到稳定的硫酸盐，根据化学反应的本质和原子守恒可知混合物高温下生成了CO2和CaSO4，即固体产物A是CaSO4，C项错误； D．在高温下，CaCO3、SO2和含有O2的空气混合充分反应可得到CaSO4和CO2，D项错误； 答案选B。 6．工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)⥫⥬2SO3(g)　ΔH＝－198kJ·mol-1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是(　　) A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度 B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程 C．加入SO2和O2各1 mol，充分反应后放出的热量小于99 KJ D．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小 解析：选D　A．过程Ⅰ是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程Ⅱ是共价键断裂的过程，过程Ⅳ是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A正确； B．由图可知，过程Ⅱ化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ化学键形成，为放热过程，B正确； C．反应2SO2(g)＋O2(g)⥫⥬2SO3(g)　ΔH＝－198kJ/mol是可逆反应，所以1 mol SO2和1 mol O2反应时消耗SO2的物质的量小于1 mol，放热小于99 kJ，C正确； D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误； 故选：D。 7．反应C(s)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋H2(g)在一个体积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ①增加固体碳的量 ②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大 ③加入适当的催化剂 ④保持体积不变，充入Ar使体系压强增大 A．①③　　　　　　　　　B．①④ C．①② D．③④ 分析：反应中C为固体，增加固体的量对反应速率没有影响，改变体积或压强，只有反应物质的浓度发生变化时，反应速率才发生改变，以此解答该题。 解析：选B　①增加碳的量，物质的浓度不变，反应速率不变，①符合； ②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大，反应的气体的浓度减小，反应速率减小，②不符合； ③加入适当的催化剂，反应速率增大，③不符合； ④保持体积不变，充入Ar使体系压强增大，但参加反应的物质的浓度不变，反应速率不变，④符合； 对反应速率几乎无影响的是①④； 答案选B。 8．一定条件下，CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬H2O(g)＋CH3OH(g)　ΔH＝－53.7 kJ·mol-1；向2 L恒容恒温密闭容器中充入1 mol CO2和2.8 mol H2反应，图中过程Ⅰ、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率[α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法中不正确的是(　　) A．m点：v正>v逆 B．活化能：过程Ⅱ>过程Ⅰ C．已知平衡时n点总压强为P ，该反应的压强平衡常数KP＝200× P-2 D．过程Ⅰ，t2时刻改变的反应条件可能是升高温度 解析：选C　A．据图可知m点时CO2还未达到平衡转化率，所以反应正向进行，v正>v逆，故A正确； B. 过程Ⅰ较过程Ⅱ先达到平衡状态，说明反应速率快，因此活化能：过程Ⅱ>过程Ⅰ，故B正确； C．n点时CO2的平衡转化率为80%，列三段式有： 　　　　　CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬H2O(g)＋CH3OH(g) 起始(mol)　　1　　　2.8　　　　 0　　　　　0 转化(mol)　 0.8　　 2.4　　　　0.8　　　　0.8 平衡(mol)　 0.2　　 0.4　　　　0.8　　　　0.8 则平衡时p(CO2)＝P＝，同理p(H2)＝P，p(H2O)＝p(CH3OH)＝P，所以KP＝＝242×P-2，故C错误； D．过程Ⅰ，t2时刻转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，由于正反应放热，因此改变的反应条件可能是升高温度，故D正确； 综上所述答案为C。 9．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)＋4CO(g)⥫⥬Ni(CO)4(g)　ΔH。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10-5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4； 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍，下列判断不正确的是(　　) A．Ni(s)＋4CO(g)⥫⥬Ni(CO)4(g)能自发进行的原因是ΔH<0 B．增加c(CO)，有利于粗镍转化为Ni(CO)4 C．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃ D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 解析：选D　由第二阶段中，气态Ni(CO)4加热至230 ℃制得高纯镍，反应Ni(s)＋4CO(g)⥫⥬Ni(CO)4(g)平衡逆向移动，有利于高纯镍的生成，由此可知反应为放热，ΔH<0，故A正确；增加c(CO)，平衡向正向移动，有利于粗镍转化为Ni(CO)4，故B正确；Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4。则第一阶段，在30 ℃ 和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃，故C正确；加热至230 ℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误。 10．三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g)⥫⥬SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，在50 ℃和70 ℃时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。 t/min 下列叙述不正确的是(　　) A．该反应为吸热反应 B．反应速率大小：va>vb C．50 ℃时，平衡常数K＝ D．增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间 解析：选D　升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，A正确；a点切线斜率较大，则反应速率大小：va>vb，B正确；50 ℃时，SiHCl3的转化率为21 %，假设SiHCl3的起始浓度为2x mol/L，根据方程式可知 2SiHCl3(g)⥫⥬SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) 起始浓度/(mol/L) 2x 0 0 转化浓度/(mol/L) 0.42x 0.21x 0.21x 平衡浓度/(mol/L) 1.58x 0.21x 0.21x 平衡常数K＝，C正确；增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，D错误。 二、非选择题 11．在密闭容器内，使1 mol N2与3 mol H2混合发生下列反应：3H2＋N22NH3　ΔH＜0。 (1)合成氨时选择700 K高温的目的________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是________。 (3)当达到平衡时，充入氩气，并保持体积不变，平衡将________移动。 (4)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将________移动，反应速率将________。 (5)当达到平衡时，充入N2并保持压强不变，平衡将________移动。 (6)当达到平衡时，保持体积不变，升高温度时，混合气体的平均相对分子质量________，密度________。 解析：合成氨时选择700 K高温可以加快反应速率，而且工业上用的催化剂在该温度时活性最大；因为初始和转化的N2和H2的浓度比都是1∶3，所以当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1∶3；平衡时保持体积不变，充入氩气平衡不移动；保持压强不变充入氩气，容器体积变大，反应速率将变小，平衡逆向移动；充入N2并保持压强不变，平衡将正向移动；保持体积不变，升高温度时，平衡逆向移动，混合气体的质量不变，总物质的量变大，平均相对分子质量变小，密度不变。 答案：(1)加快反应速率，工业上用的催化剂在该温度时活性最大　(2)1∶3　(3)不 (4)逆向　变小　(5)正向　(6)减小　不变 12．合成氨的反应原理为：N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)ΔH＝－92.2 kJ·mol-1。 (1)合成氨工业反应的适宜条件是______K，采用______(“高”或“低”)压，用________作催化剂，并按n(N2)∶n(H2)＝______投料。 (2)298 K、1.01×105 kPa时，在恒压的密闭容器中充入10 mol氮气、30 mol氢气和20 mol氨气，开始的瞬间，反应向________(“正”或“逆”)方向进行，反应一段时间(t min)后体系放出184.4 kJ热量，容器的容积变为原来的________倍，t min时反应物(若正向进行则为氮气，若逆向进行则为氨气)的转化率为________。 解析：(2)放热184.4 kJ，说明生成NH3：×2 mol＝4 mol 　　　N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g) 开始(mol) 10 30 20 转化(mol) 2 6 4 t min(mol) (10－20) (30－6) (20＋4) 体积变为原来的：＝。 N2的转化率：×100%＝20%。 答案：(1)700　高　铁　1∶2.8　(2)正　　20% 13．合成氨的温度和压强通常控制在约500 ℃以及20 MPa～50 MPa的范围，当进入合成塔的N2和H2的体积比为1∶3时，经科学实验测定，在相应条件下N2和H2反应所得氨的平衡浓度(体积分数)如下表所示： 20 MPa 50 MPa 500 ℃ 19.1 42.2 而实际上从合成塔出来的混合气体中含有氨约为15%。请回答下列问题： (1)298 K下合成氨时，每生成1 mol氨气，同时放出46.2 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 在该温度下，取1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在的条件下进行反应，测得反应放出的热量总小于92.4 kJ，其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)实际上从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数小于理论值的根本原因是________。 A．表中所测数据有明显误差 B．生产条件控制不当 C．氨的分解速度大于预测值 D．合成塔中的反应未达到平衡状态 (3)若工业生产中N2和H2按投料比1∶2.8的比例进入合成塔，那么转化率较大的应该是________，采用此投料比的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________； 若从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数仍为15%，则N2和H2的转化率之比是________。 解析：(1)根据题意，生成2 mol NH3所放出的热量为46.2 kJ×2＝92.4 kJ，该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol-1。由于合成氨的反应是一个可逆反应，1 mol N2和3 mol H2反应不可能完全转化为NH3，所以放出的热量总小于92.4 kJ。 (2)从合成塔出来的混合气体中氨的体积分数小于理论值，其根本原因是反应没有达到平衡状态。 (3)若投料之比为1∶2.8，相当于增加了N2的用量，可以提高H2的转化率。 　　　N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g) 起始量 1 2.8 0 变化量 x 3x 2x 平衡量 1－x 2.8－3x 2x 根据题意：N2、H2的转化率之比＝∶＝2.8∶3。 答案：(1)N2(g)＋3H2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol-1　合成氨的反应是一个可逆反应，1 mol N2和3 mol H2反应不可能完全转化为NH3　(2)D (3)H2　增加相对廉价原料N2的用量，提高相对贵重原料H2的转化率，降低生产成本　2.8∶3 学科网（北京）股份有限公司 $$