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中五化学练习卷：反应速率、化学平衡与工业化学（12 题・100 分・75 分钟）
练习卷 · 中五化学・12 题・100 分・75 分钟
中五化学练习卷：12 题、100 分、75 分钟。题型涵盖气体体积法测速率、时钟反应、由初始速率数据决定级数与速率常数、温度与催化剂对速率及平衡的影响、平衡常数与反应商计算、勒沙特列原理、哈柏法与接触法的条件取舍、产率与原子经济性，每题附评分要点。
卷面资料 年级：中五（S5） ｜ 科目：化学 ｜ 时限：75 分钟 ｜ 总分：100 分 ｜ 题数：12
甲部：反应速率
全部小题均须作答，计算题须列出步骤及单位。
| # | 题目 | 答案与评分要点 |
|---|---|---|
| 1 | 锌粒与过量稀盐酸反应，以气体注射器收集氢气，体积随时间变化如下： 0 s：0 cm³；30 s：20 cm³；60 s：34 cm³；90 s：44 cm³；120 s：50 cm³；150 s：52 cm³。 (a) 计算 0 至 60 s 的平均反应速率，以 cm³ s⁻¹ 表示。 (b) 计算 60 至 120 s 的平均反应速率，并与 (a) 比较。 (c) 解释速率随时间下降的原因，并指出若把锌粒换成锌粉，曲线在首 30 s 会怎样改变。 |
(a) 速率 = (V₂ − V₁) ÷ (t₂ − t₁) = (34 − 0) ÷ (60 − 0) = 0.57 cm³ s⁻¹（约 0.57 cm³ s⁻¹）。 (b) 速率 = (50 − 34) ÷ (120 − 60) = 0.27 cm³ s⁻¹，只有前段的约 47%。 (c) 盐酸浓度随反应消耗而下降，碰撞频率减少，故速率递减；曲线渐渐平坦代表反应接近完成（锌耗尽或酸浓度太低）。换成锌粉会增大表面积，首 30 s 收集到的气体明显较多，曲线较陡，但最终体积不变（限量试剂仍是酸）。 |
| 2 | 把 0.40 mol dm⁻³ 硫代硫酸钠溶液与稀盐酸混合，以锥形瓶底的十字记号被硫沉淀遮盖所需的时间作量度，结果为：0.40 mol dm⁻³ 需 25 s；0.20 mol dm⁻³ 需 50 s；0.10 mol dm⁻³ 需 100 s。 (a) 以 1 ÷ 时间 表示相对速率，列出三次实验的数值。 (b) 由数据推断反应对硫代硫酸钠的级数，并说明理由。 (c) 为什么每次实验都要用相同的总体积、相同的温度及同一支锥形瓶？ |
(a) 相对速率依次为 0.04、0.02、0.01 s⁻¹：浓度每减半，时间加倍，速率减半。 (b) 浓度和速率成正比（0.40 → 0.20 时速率由 0.04 降至 0.02，刚好一半），故对硫代硫酸钠为一级反应。 (c) 总体积相同可确保每次稀释程度一致，浓度才是唯一变数；温度影响分子平均动能，若不固定，速率变化便不能归因于浓度；同一锥形瓶使十字记号的大小与沉淀观察距离一致，减少人为误差。时间量度以“看不见十字”为主观判断，宜由同一人观察。 |
| 3 | 反应 A + B → 产物的初始速率数据如下： 实验 1：[A] = 0.10 mol dm⁻³，[B] = 0.10 mol dm⁻³，初始速率 = 2.0e-03 mol dm⁻³ s⁻¹； 实验 2：[A] = 0.20 mol dm⁻³，[B] = 0.10 mol dm⁻³，初始速率 = 8.0e-03 mol dm⁻³ s⁻¹； 实验 3：[A] = 0.10 mol dm⁻³，[B] = 0.20 mol dm⁻³，初始速率 = 4.0e-03 mol dm⁻³ s⁻¹。 (a) 求反应对 A 及对 B 的级数。 (b) 写出速率方程，并计算速率常数 k 及其单位。 (c) 若 [A] 与 [B] 同时加倍，初始速率会变为原来的多少倍？ |
(a) 比较实验 1 与 2：只有 [A] 加倍，速率由 2.0e-03 增至 8.0e-03，即 4 倍，故对 A 为 2 级。比较实验 1 与 3：只有 [B] 加倍，速率增至 2 倍，故对 B 为 1 级。 (b) 速率 = k[A]²[B]。k = 速率 ÷ ([A]²[B]) = 2.0e-03 ÷ (0.10² × 0.10) = 2.00 mol⁻² dm⁶ s⁻¹。 (c) 速率比 = 2² × 2¹ = 8 倍；即由 2.0e-03 增至 1.6e-02 mol dm⁻³ s⁻¹。 |
| 4 | 某反应在 25 °C 时的速率为 v。经验规律指出：温度每升高 10 °C，反应速率约增加一倍。 (a) 由 25 °C 升至 65 °C，速率约变为原来的多少倍？ (b) 以碰撞学说解释为何升温能加快反应，并指出速率增加主要来自哪两方面。 (c) 加入催化剂同样能加快反应，但与升温在能量分布图上的效果有何不同？试比较两者对平衡位置的影响。 |
(a) 温升 = 65 − 25 = 40 °C，即 4 个 10 °C 间隔，倍数 = 2^4 = 16 倍。 (b) 升温使分子平均动能上升，速度加快，碰撞频率增加；更关键的是能量大于或等于活化能的分子比例大幅上升（麦士维–玻尔兹曼分布向右移），有效碰撞次数因而剧增。前者影响较小，后者是速率倍增的主因。 (c) 升温把整个分布向右移，活化能位置不变；催化剂则提供较低活化能的新反应途径，分布曲线形状不变而门槛下降。催化剂不改变正逆反应的活化能差，故不改变平衡位置与平衡常数，只缩短达到平衡的时间；升温则同时加快正逆反应，并使放热反应的平衡位置左移、Kc 下降。 |
乙部：化学平衡
全部小题均须作答，数值答案须准确至指定小数位。
| # | 题目 | 答案与评分要点 |
|---|---|---|
| 5 | 某反应的活化能为 50 kJ mol⁻¹。 (a) 在 50 °C 时反应需 8 分钟完成，若把温度升至 100 °C，按“每升 10 °C 速率加倍”估算所需时间。 (b) 在能量分布图上画出（以文字描述）25 °C 与 75 °C 两条曲线，并标示活化能位置，说明曲线下面积的意义。 (c) 解释为何活化能高的反应对温度变化特别敏感。 |
(a) 温升 = 50 °C，即 5 个 10 °C 间隔，速率变为 2^5 = 32 倍，时间约缩短为 8 ÷ 32 = 0.25 分钟（约 15.0 秒）。 (b) 两条曲线由零起升、在低能量处有高峰、向右长尾；高温曲线峰较低并整体右移，尾部在活化能右方较厚。活化能是图上的一个固定能量门槛；曲线下面积代表具有该能量的分子比例，总面积为 1。门槛右方的面积就是能发生有效碰撞的分子比例。 (c) 活化能高，能跨越门槛的分子本来只占极少数（位于分布曲线极右的长尾）；温度稍升便令这段尾部面积成倍增加，所以速率对温度的敏感度大。活化能低的反应，大部分分子本来已在门槛之上，升温的相对增益便小。 |
| 6 | 在 430 °C 下，把 0.500 mol dm⁻³ 的氢气与同浓度的碘蒸气放入密闭容器：H₂(g) + I₂(g) ⇌ 2HI(g)。达平衡时碘化氢的浓度为 0.780 mol dm⁻³。 (a) 计算平衡时 H₂ 与 I₂ 的浓度及 H₂ 的转化率。 (b) 计算该温度下的平衡常数 Kc（注明单位或说明为何无单位）。 (c) 若在平衡混合物中再加入少量 HI，说明平衡如何移动、Kc 是否改变，以及最终 HI 浓度与原本比较的高低。 |
(a) 由方程式，每生成 2 mol HI 消耗 1 mol H₂，故反应了的 H₂ = 0.780 ÷ 2 = 0.390 mol dm⁻³；平衡时 [H₂] = [I₂] = 0.500 − 0.390 = 0.110 mol dm⁻³；转化率 = 0.390 ÷ 0.500 = 78%。 (b) Kc = [HI]² ÷ ([H₂][I₂]) = 0.780² ÷ 0.110² = 50.3。由于反应前后气体分子数目相同（2 对 2），浓度单位的次方互相抵消，故 Kc 无单位。 (c) 加入 HI 使生成物浓度上升，反应商 Q 大于 Kc，净反应向逆方向进行（HI 分解），以消耗部分加入的 HI，故最终 HI 浓度仍高于原本，但低于“加入量与原本之和”。Kc 只受温度影响，加入 HI 不改变 Kc；若要 Kc 改变，必须改变温度。 |
| 7 | 哈柏法制氨：N₂(g) + 3H₂(g) ⇌ 2NH₃(g)，ΔH = −92 kJ mol⁻¹。 (a) 把 10 mol N₂ 与 30 mol H₂ 混合，若完全反应，理论上可得多少 mol 及多少 g 的 NH₃（M = 17）？若实际产率为 35%，实际产量为多少 g？ (b) 从平衡角度说明高压有利、低温有利，但工业上仍采用约 450 °C，原因为何？ (c) 提出两个提高氨产量的可行操作，并解释各自的原理。 |
(a) 10 mol N₂ 需 30 mol H₂，氢气恰好足够（摩尔比 3:1），无限量试剂问题。由方程式 1 mol N₂ 生成 2 mol NH₃，故 NH₃ = 20 mol，质量 = 20 × 17 = 340 g。产率 35% 时实际得 340 × 0.35 = 119.0 g。 (b) 正反应气体摩尔数由 4 减至 2，加压使平衡右移，故高压有利；正反应放热，降温使平衡右移，故低温有利。但温度太低反应速率极慢，催化剂亦需一定温度才有效，故取 450 °C 左右的折衷，以速率换取可接受的平衡产率，并靠高压与循环使用未反应气体补偿。 (c) ①把生成的氨不断液化移走：生成物浓度下降，Q 小于 Kc，平衡持续右移。②循环未反应的氮氢混合气并保持高压：提高反应物分压，平衡右移并充分利用原料。（其他可行答案：使用铁催化剂以缩短达平衡时间、以冷凝分离氨。） |
| 8 | 接触法制硫酸的关键步骤：2SO₂(g) + O₂(g) ⇌ 2SO₃(g)，ΔH = −197 kJ mol⁻¹，使用 V₂O₅ 催化剂，温度约 450 °C、压力略高于 1 atm。 (a) 100 mol SO₂ 完全氧化，需氧气多少 mol？生成 SO₃ 多少 mol 及多少 g（M = 80）？ (b) 解释为何工业上不采用“极低温＋极高压”这种理论上最有利的组合。 (c) 比较哈柏法与接触法在条件选择上的共通原则。 |
(a) 由方程式摩尔比 2:1:2，100 mol SO₂ 需 100 ÷ 2 = 50 mol O₂，生成 100 mol SO₃。质量 = 100 × 80 = 8000 g。 (b) 极低温虽使平衡几乎完全右移，但反应速率极慢，催化剂在低温下活性不足，实际无法在合理时间内达到平衡；极高压需要厚壁反应器，成本高，且 SO₃ 与酸性气体在高温高压下腐蚀设备，风险大。故采用“足够高压、中等温度、催化剂”的折衷，并以多段反应器配合段间冷却及吸收塔移除 SO₃，令平衡持续右移。 (c) 两者都是放热、气体摩尔数减少的可逆反应，故高压、较低温有利；实际都受动力学（速率）与经济（设备、能耗、催化剂活性）限制，故取中等温度并以催化剂及移除生成物补偿产率。共通原则是：热力学决定“上限”，动力学与成本决定“实际操作点”。 |
丙部：工业化学与应用
全部小题均须作答，解释题须引用原理或数据。
| # | 题目 | 答案与评分要点 |
|---|---|---|
| 9 | 实验室以 25.0 g 碳酸钙（M = 100）加热分解：CaCO₃(s) → CaO(s) + CO₂(g)。实际得到 12.6 g 氧化钙（M = 56）。 (a) 计算理论产量、实际产率，以及生成的二氧化碳质量。 (b) 计算以 CaO 为目标产物的原子经济性，并解释它与产率的分别。 (c) 提出两个令实际产率低于 100% 的原因，并建议如何改善。 |
(a) CaCO₃ 摩尔数 = 25.0 ÷ 100 = 0.25 mol。由方程式 1:1，理论 CaO = 0.25 × 56 = 14.0 g。产率 = 12.6 ÷ 14.0 = 90%。CO₂ 质量 = 0.25 × 44 = 11.0 g（由质量守恒：25.0 − 14.0 = 11.0 g，与 44 的计算相符）。 (b) 原子经济性 = 目标产物摩尔质量 ÷ 全体反应物摩尔质量之和 = 56 ÷ 100 = 56%。它只由方程式决定，是反应“固有”的效率上限，理论上不会因操作而改变；产率则是实际所得与理论所得之比，受反应不完全、副反应、转移损失等影响，可以透过改善操作提高。 (c) 原因：加热温度不足或时间不够，部分 CaCO₃ 未分解；转移产物时有粉末散失或残留在坩埚内。改善：用较高温度并充分加热至恒重、在坩埚内冷却后才称量、减少转移步骤并使用加盖坩埚。（其他合理答案：样本含杂质、吸收空气中水分。） |
| 10 | 某可逆反应 A(g) ⇌ B(g) 在 298 K 的 Kc = 4.0。在某一刻，容器内 [A] = 0.250 mol dm⁻³、[B] = 0.250 mol dm⁻³。 (a) 计算此刻的反应商 Q，并判断净反应的方向。 (b) 说明 Kc 的大小与“平衡位置”的关系，以及 Kc 很大是否代表反应一定很快。 (c) 若把温度升高后 Kc 降至 1.0，推断该反应是放热还是吸热，并说明 [B] 会如何变化。 |
(a) Q = [B] ÷ [A] = 0.250 ÷ 0.250 = 1.00。Q 小于 Kc（1.00 小于 4.0），故净反应向正方向进行，[B] 上升、[A] 下降，直至 Q = Kc。 (b) Kc 越大，平衡时生成物相对反应物的比例越高，平衡位置越偏右；Kc 很小则偏左。但 Kc 只是热力学量，与速率无关：Kc 很大只表示平衡有利于生成物，反应仍可能极慢（例如活化能很高），需要催化剂才在合理时间内达到平衡。 (c) 温度升高令 Kc 由 4.0 降至 1.0，即平衡左移，按勒沙特列原理，升温有利于吸热方向，故逆反应为吸热，正反应为放热（ΔH 为负）。平衡左移使部分 B 转回 A，故新的平衡下 [B] 比原本低、[A] 比原本高。 |
| 11 | 某放热的可逆反应在不同温度下的平衡产率为：400 °C 时 78%，500 °C 时 63%。 (a) 计算由 400 °C 升至 500 °C 时，产率下降的百分点及相对跌幅。 (b) 在同一温度下加入催化剂，说明速率–时间图及产率–时间图各有何变化（以文字描述曲线形状）。 (c) 某学生认为“加入催化剂可以提高产率”，指出其错误并加以纠正。 |
(a) 百分点跌幅 = 78 − 63 = 15 个百分点；相对跌幅 = 15 ÷ 78 = 19.2%。 (b) 速率–时间图：加入催化剂后曲线即时上升至较高的高峰，然后随反应物消耗而下降，最终回到零（或接近零）；不加入时曲线较平缓、高峰较低。产率–时间图：两者的最终水平线（平衡产率）完全相同，只是加催化剂的一条较早到达平台，即较快达平衡。 (c) 错误：催化剂不改变平衡常数与平衡位置，只加快正逆反应速率，故不能提高平衡产率。它提高的是“单位时间内的产量”以及在有限时间内实际达到的产率（若原本未达平衡）。要提高平衡产率，应改为较低温度或较高压力（若气体摩尔数减少），或移除生成物。 |
| 12 | 某化工厂要在哈柏法与接触法之间分配有限的投资，两个过程都涉及“理论最佳条件”与“实际可行条件”的取舍。 (a) 以哈柏法为例，说明热力学、动力学与经济三方面的考虑如何共同决定操作条件。 (b) 指出两个过程在节能与减排上可采取的具体措施，并说明每项措施为何能奏效。 (c) 有工程师建议“把反应器温度降到 300 °C 以提高产率”。以数据或原理评估此建议的利弊。 |
(a) 热力学：正反应放热且气体摩尔数减少，故低温高压有利，这是产率的上限。动力学：温度越低速率越慢，催化剂在过低温下活性不足，需约 450 °C 才有实用速率。经济：高压需要厚壁设备与压缩能耗，循环压缩与冷却亦耗能；故取“中等温度、足够高压、铁催化剂、持续移除氨”的组合，使总成本最低而产率可接受。三者互相制约，最佳点不是任何单一因素的最佳点。 (b) ①段间冷却与热交换：把反应气体的余热用来预热进料，减少外加燃料，因反应放热，回收热量可直接抵销部分能耗。②以冷凝或吸收方式连续移除产物（氨液化、SO₃ 用浓硫酸吸收），使平衡持续右移，减少循环气量与压缩功。③选用活性较高、寿命较长的催化剂，可在较低温度维持速率，兼顾产率与能耗。 (c) 降温至 300 °C 确使平衡右移、平衡产率高于 450 °C 的水平，但速率大幅下降（按每升 10 °C 速率约加倍估算，由 450 °C 降至 300 °C 相差 15 个间隔，速率约降至原来的 1 ÷ 2¹⁵，即三万分之一左右），催化剂亦可能活性不足，结果是接触时间极长、单位时间产量极低，除非大幅增加催化剂体积与反应器尺寸，否则不划算。结论：单看产率会误判，须以“单位时间、单位成本”的产量作决策依据。 |
TutorZone 练习卷｜题目与文章为原创，并非任何学校或出版社的教材。