2014届步步高（广东专用）大一轮复习第七章化学反应速率与化学平衡 化学反应速率

根据速率—时间图像判断反应条件的方法

(1)看图像中正、逆反应速率的变化趋势，两者是同等程度的变化，还是不同程度的变化。同等程度的变化一般从压强(反应前后气体体积不变的反应)和催化剂考虑；若是不同程度的变化，从温度、浓度、压强(反应前后气体体积改变的反应)角度考虑。

(2)对于反应速率变化不相等的反应，要注意观察改变某个条件瞬间，正、逆反应速率的大小关系及变化趋势。同时要联系外界条件对反应速率的影响规律，加以筛选、验证、排除。

广东五年高考

1．(2008·广东理基，36)对于反应2SO2(g)＋O2(g)�鸠�2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是

( )

A．通入大量O2 C．移去部分SO3 答案 A

解析 可逆反应2SO2(g)＋O2(g)�鸠�2SO3(g)是气体体积减小的反应，为增大正反应速率，应升温、增大压强、增大反应物的浓度或使用催化剂，只有A是可行的。

2．(2009·广东理基，29)已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)＋2CO(g)�鸠餘2(g)＋2CO2(g)。下列说法不正确的是

( )

B．增大容器容积 D．降低体系温度

A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低 B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率 C．反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定

D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡 答案 A

解析 升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达平衡，D项正确。 3．(2008·广东，20)某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L1、2.00 mol·L1，大理石有细颗粒与粗颗

－

－

粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL、大理石用

量为10.00 g。

(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号： 实验编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度/mol·L 2.00 －1实验目的 (Ⅰ)实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响； ① ② ③ ④ 298 粗颗粒 (Ⅱ)实验①和________探究温度对该反应速率的影响； (Ⅲ)实验①和________探究大理石规格 (粗、细)对该反应速率的影响。 (2)实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图：

1111

依据反应方程式CaCO3＋HNO3===Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O，计算实验①在70～90 s

2222范围内HNO3的平均反应速率(忽略溶液体积变化，写出计算过程)。 (3)请画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。

答案 (1) 实验编号 ① ② ③ ④ T/K 298 298 308 298 大理石规格 粗颗粒 粗颗粒 粗颗粒 细颗粒 HNO3浓度/mol·L1 －实验目的 2.00 1.00 2.00 2.00 (Ⅱ)③(Ⅲ)④ (2)反应时间70～90 s范围内： Δm(CO2)＝0.95 g－0.84 g＝0.11 g Δn(CO2)＝0.11 g÷44 g·mol1＝0.002 5 mol

－

HNO3的减少量：

1

Δn(HNO3)＝0.002 5 mol÷＝0.005 0 mol

2HNO3的平均反应速率：

Δn?HNO3?/V0.005 0 mol÷0.025 0 L

v(HNO3)＝＝ Δt20 s＝1.0×102 mol·L1·s1

－

－

－

(3)

解析 (1)实验①和实验②探究HNO3浓度对该反应速率的影响，其他条件应相同而HNO3的浓度不同，故实验②中HNO3的浓度应为1.00 mol·L1。实验①和③探究温度对反应速

－

率的影响，除了温度不同，其余条件要保持一样。实验①和④探究大理石规格(粗、细)对反应速率的影响，因此要求二者大理石的规格不同，一个用粗颗粒，另一个用细颗粒。 (2)反应时间70～90 s范围内： Δm(CO2)＝0.95 g－0.84 g＝0.11 g Δn(CO2)＝0.11 g÷44 g·mol1＝0.002 5 mol

－

HNO3的减少量：

1

Δn(HNO3)＝0.002 5 mol÷＝0.005 0 mol

2HNO3的平均反应速率：

Δn?HNO3?/V0.005 0 mol÷0.025 0 L

v(HNO3)＝＝ Δt20 s＝1.0×102 mol·L1·s1

－

－

－

(3)25.0 mL 2 mol·L1、1 mol·L

－

－1

的HNO3的物质的量分别为0.050 mol、0.025 mol,10.00 g

大理石的物质的量为0.10 mol。根据反应方程式：1 mol CaCO3消耗2 mol HNO3，因此HNO3的量都不足，大理石过量，实验②中产生的CO2是实验①中的一半，且反应速率比①慢，实验③、④中使用HNO3的量和实验①中相同，因此产生的CO2的量和实验①中相同，但反应速率都比实验①快，因此可以画出图象。 4．[2009·广东，20(1)(2)]甲酸甲酯水解反应方程式为

HCOOCH3(l)＋H2O(l)�鸠餒COOH(l)＋CH3OH(l) ΔH>0

某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表： 组分 物质的 量/mol HCOOCH3 1.00 H2O 1.99 HCOOH 0.01 CH3OH 0.52 甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间(t)的变化如下图：

(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表： 反应时间 范围/min 平均反应 速率(103 －0～5 10～15 20～25 30～35 40～45 50～55 75～80 1.9 7.4 7.8 4.4 1.6 6.8 0.0 mol·min1) －请计算15～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为__________mol·min1(不要求写出计算过程)。

－

(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因。 答案 (1)0.045 9.0×103

－

(2)该反应中甲酸具有催化作用

①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢； ②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；

③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。 解析 (1)15～20 min范围内甲酸甲酯的减少量为 1 mol×(11.2%－6.7%)＝0.045 mol。

0.045 mol

设时间段内v(甲酸甲酯)＝

5 min＝0.009 mol·min1

－

(2)生成的酸对乙酸乙酯的水解有催化作用，因此开始阶段反应速率逐渐提高；反应一段时间后，反应物的浓度逐渐降低，速度又开始减小。