【高中化学】一轮复习学案：7.1 化学反应速率及影响因素(选修4)

第一节 化学反应速率及影响因素

【高考新动向】

考点梳理（三年13考） 1.了解化学反应速率的概念及定量表示方法。 2.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，认识其一般规律。 【考纲全景透析】

一、化学反应速率

1.概念：化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢程度的物理量。

2.表示方法：通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示（也可用单位时间内反应物的变化量或生成物的变化量来表示）。

公式：v =△C/△t（△C表示物质的物质的量浓度变化，△t表示时间变化） 单位：mol·L·S、mol·L·min、mol·L·h等 3.化学反应速率与化学计量数关系

对于已知反应mA(g)＋nB(g)====pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=

-1

-1

-1

-1

-1

-1

m∶n∶p∶q。

4.注意事项：①同一反应中，用不同物质来表示反应速率时，其数值可能不同，但其表达的意义是相同的，都表示在同一段时间内的平均反应速率而不是瞬时速率。因此表示化学反应速率时，必须指明用反应物或生成物中哪种物质做标准，且一般不能用固体物质做标准。②用不同物质表示同一反应的速率时，速率的比值等于化学方程式中相应的化学计量数之比。

③比较反应速率的快慢，要转化为同一物质的速率来比较。

二．影响化学反应速率的因素

1.内因：参加反应的物质的本身性质是影响化学反应速率的决定因素。不同的反应，由于反应物质的结构不同和反应机理不同，因此反应速率不同。

2.外因：同一反应在不同条件下，反应的速率不同，浓度、温度、催化剂等外界条件对化学反应的速率有影响。

（1）浓度的影响：当其它条件不变时，增大反应物的浓度，使单位体积内分子数增多，因此可加快反应的速率。

（2）压强的影响：当其它条件不变时，加压（缩小体积）对有气体参加的反应，正逆反应速率均加快，气体体积缩小方向的反应速率增加的倍数大于气体体积增大方向增加的倍数；降压（增大体积），正逆反

应速率均减小，气体体积缩小方向的反应速率减小的倍数大于气体体积增大方向减小的倍数。注意：改变压强对反应速率产生影响的根本原因是引起反应体系中各物质浓度的改变，若容器恒温、恒容充入稀有气体或其它不反应气体，虽然改变了容器内气体压强，但由于没有改变反应物质的浓度，所以不影响化学反应速率。

（3）温度的影响：其它条件不变时，升高温度，反应物的能量增加，使原来一部分能量较低的分子变成活化分子，所以可以加快反应的速率。通常情况下，温度每升高10度，化学反应的速率增大到原来的2至4倍。升高温度，对可逆反应，正逆反应速率均加快，但吸热反应增加的倍数大于放热反应增加的倍数；降低温度，正逆反应速率均减小，吸热反应减小的倍数大于放热反应减小的倍数。

（4）催化剂的影响：其他条件不变的时，使用催化剂能降低反应的活化能，使更多的反应物分子成为活化分子，因此使用催化剂能同时同倍改变正逆反应的速率。

（5）其他因素：除了上述因素外，压强、光波、电磁波、超声波、溶剂等因素对化学反的速率也有影响。 3.从活化分子角度解释外界条件对化学反应速率的影响 (1)有效碰撞、活化分子和活化能

①有效碰撞：能发生反应的分子之间的碰撞。 ②活化分子：能够发生有效碰撞的分子。 ③活化能：如图

E1表示活化能；E2表示活化分子变成生成物分子放出的能量；E2－E1表示ΔH。

（2）有效碰撞理论的指导作用

单位体积内 影响 分子总数 增大反应物浓增加 度 增大压强 升高温度 使用催化剂

增加 不变 不变 增加 增加 增加 不变不变 增加 增加 增加 增加 增加 加快 加快 加快 增加 不变 增加 加快 活化分子数 数 活化分子百分有效碰撞次数 化学反应速率

【热点难点全析】

〖考点一〗化学反应速率的计算和比较

1．化学反应速率的简单计算方法 Δc(1)根据定义式v＝算。

Δt(2)对某一具体反应，知其中一种物质的反应速率，其余物质的反应速率可根据化学方程式中的化学计量数之比求算。

(3)对于较为复杂的题目，采用以下步骤和模板计算： 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 起始浓度(mol·L1) a b c

－

转化浓度(mol·L1) x

－

nxpx

mm

nxpx－

某时刻浓度(mol·L1) a－x b－ c＋

mm2．化学反应速率大小的比较 (1)归一法

将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一种物质的反应速率，再进行比较。如：对于反应2SO2+O2

2SO3，如果①v(SO2)=2 mol·L-1·min-1，②v(O2)=3 mol·L-1·min-1，③v(SO3)=4 mol·L-1·min-1，

比较反应速率的大小，可以将三者表示的反应速率都转化为O2表示的反应速率再作比较。换算得出：①v(O2)=1 mol·L-1·min-1，③v(O2)=2 mol·L-1·min-1，则反应速率的大小关系为：②＞③＞①。 (2)比值法

用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，然后再对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA＋nB====pC＋qD，若v(A)/m >v(B)/n，则反应速率A>B。

【高考警示钟】(1)比较同一反应中不同物质的化学反应速率时，要注意单位是否相同，如果单位不同，要化成相同的单位再进行比较。

(2)单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，因为化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物的浓度变化量来表示的。

【典例1】反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为

①v(A)＝0.45 mol·L－1·min－1 ②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1 ③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1 ④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1 该反应进行的快慢顺序为( )

A．④>③＝②>① B．④<③＝②<① C．①>②>③>④

D．④>③>②>①

解析：本题考查化学反应速率大小的比较，难度较小。若将各反应速率均化为以B表示的速率，且以mol/(L·s)为单位，①、②、③、④表示的速率分别是0.022 5 mol/(L·s)、0.6 mol/(L·s)、0.6 mol/(L·s)、0.675 mol/(L·s)，故A正确。 答案：A

〖考点二〗化学反应速率的图象问题

1.物质的量(或浓度)时间图像及应用

例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图像可进行如下计算：

(1)某物质的平均速率、转化率，如： v(X)=

n1?n3n?n3mol/(L·s)，Y的转化率=2×100%。 V?t3n2(2)确定化学方程式中的化学计量数之比 如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为： (n1-n3)∶(n2-n3)∶n2。

2.速率—时间图象定性揭示了v正、v逆随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律，体现了外界条件改变对可逆反应速率的影响，以及由此引发的平衡移动 （1）改变反应物浓度

增大反应物浓度 平衡正向移动 减小反应物的浓度，平衡逆向移动 （2）改变生成物浓度

增大生成物的浓度，逆向移动 （3）改变气体体系的压强

①对于正反应方向气体体积增大的反应

增大压强，平衡向体积缩小的方向移动 ②对于反应前后气体体积不变的反应 V

V正=V逆 V逆 V正 0

0 TC t 增大压强，平衡不移动

减小生成物的浓度，正向移动

平衡向体积增大的方向移动 V

V正=V逆 V逆 V正 0 T0C t 减小压强，平衡不移动

（4）改变温度 对于正反应放热的反应

升高温度 平衡向吸热方向移动 降低温度 平衡向放热方向移动 （5）加催化剂

V

V正=V逆 V逆 V正 0 TC t 0

平衡不移动

【提醒】

(1)只有压强的改变同等程度的引起反应物和生成物浓度的改变时，才是改变压强。

(2)只是改变一种物质的浓度而引起的压强改变，不应该从压强角度分析，应该从浓度角度分析。

【典例2】一定条件下进行反应 2X(g)+Y(g)件所得v﹣t图像如图，则改变的条件为( )

Z(s)＋3W(g) ΔH＜0。达到平衡后，t1时刻改变某一条

A.增大压强 B.升高温度 C.加催化剂 D.增加生成物浓度 【解析】选B。反应2X(g)+Y(g)

Z(s)＋3W(g) ΔH＜0达到平衡后，t1时刻改变条件，正、逆反

应速率都增大，且正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，平衡向逆反应方向移动，增大压强，正反应速率增大的程度等于逆反应速率增大的程度，A错；升高温度，正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，B对；加催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，C错；增加生成物浓度，逆反应速率

增大，正反应速率瞬时不变，D错。

【高考零距离】

【2012高考】

1、（2012·四川高考·12）12.在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100mol O2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：

当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同温度

下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是 A.当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡 B.降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大

C.将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g D.达到平衡时，SO2的转化率是90% 【解题指南】解答本题时应注意以下几点：

（1） 体积恒定的条件下，体系的压强之比等于物质的量之比；

（2） 氯化钡溶液只与三氧化硫反应生成硫酸钡沉淀，与二氧化硫不反应。

【解析】选D。三氧化硫的生成与二氧化硫的消耗均是正向反应，因此两者相等不能说明反应达到平衡状态；由于反应为放热反应，降低温度，正逆反应速率都降低，但是由于逆反应速率减小的程度比正反应速率大，因此平衡向正向移动；

由于反应过程中气体物质减小的物质的量等于生成的三氧化硫的一半，因此反应中生成的三氧化硫为0.63mol，反应体系中只有三氧化硫与氯化钡溶液反应，得到硫酸钡沉淀，其质量为：0.63mol×233g/ mol=146.97g；

此时二氧化硫的转化率为90％。

2、（2012·江苏高考·14）

14.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 molPCl5，反应PCl5(g)

PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时

间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：

t/s

0

50

150 0.19

250 0.20

350 0.20

n(PCl3)/ mol 0 0.1

6

下列说法正确的是

A.反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032 mol·L·s

B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L,则反应的△H＜0

C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆) D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80% 【参考答案】C

【分析】本题素材似乎来源于《选修四》课本第32页习题的第8题，属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。

A.反应在前50 s内的平均速率应该是前50 s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。

B.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2应先求平衡常数K为0.025，再求浓度商（Qc）为0.02,K＞Qc,说明平衡向正反应方向移动。

C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。

D.从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，则平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%

【解题指南】解答本题时应看清题目所给数据，运用等效的思想分析具体的平衡问题，结合外界条件的改变和有关数据分析平衡移动的方向。

【解析】选C。A项，前50秒，v(PCl3)=0.0016mol·L·S（注意体积）, A项错误；

B项，250秒后，化学平衡时PCl3的物质的量浓度为0.1mol·L，升高温度，化学平衡时PCl3的物质的量浓度为0.11mol·L，说明温度升高，平衡正向移动，正反应吸热，△H>0，B项错误；C项相当于在题干的平衡状态上，再加入0.2 mol PCl5，平衡正向移动，所以正反应速率大，C项正确；D项相当于在题干所给条件下，用2 mol PCl5进行试验，相对于1mol PCl5平衡将向生成PCl5的方向移动，所以PCl3转化率将大于80%，D项错误。

3、（2012·福建高考·12）一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如右图所示。下列判断判断正确的是

-1

-1

-1

-1

－1

－1－1

A．在0-50min之间，pH=2和pH=7时R的降解百分率相等 B．溶液酸性越强，R的降解速率越小 C．R的起始浓度越小，降解速率越大

D．在20-25min之间，pH=10时R的平均降解速率为0.04 mol·L·min 【解题指南】解答本题时应明确如下几点： （1）浓度时间图像上斜率越大，反应速率越快。 （2）溶液酸性越强，pH越小。

【解析】选A。从图中可以看出，pH＝2和pH＝7在50min时，R的浓度都等于零，降解率为100%，A选项正确；溶液酸性越强，pH越小，单位时间内R的浓度变化越大，降解速率越快，B选项错误；反应物的浓度越大，反应速率越快，C选项错误；在20~25min，pH＝10，在50min时，△c（R）＝（0.6－0.2）×10

－1

—1

—1

＝0.04mol·L，v（R）＝

－1

0.04mol/L＝0.008mol/（L·min），D选项错误。A项中R都是完全降解，

5min降解百分率都是100%。这题是选择题的创新点，题给信息量大，考查学生能力全面，尤其是读图能力要求较高。其中D项要注意横坐标的数量级，不太细心的同学要吃亏。

【2011高考】

1.（2011·江苏高考·15）700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：

CO(g)+H2O(g)

反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1>t2）:

反应时间/min 0 t1 t2 下列说法正确的是 A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)?n(CO)/mol 1.20 0.80 H2O/ mol 0.60 0.20 CO2+H2(g)

0.40mol?L?1?min?1 t1B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时n（CO2）=0.40mol C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大

D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应 【答案】选BC。

【解析】解答本题时应看清题目所给数据，运用等效的思想分析具体的平衡问题，结合外界条件的改变和平衡常数分析平衡移动的方向。

A项，表中所给数据的单位为mol，反应在t1min内的平均速率为v(H2)=(0.20/t1)mol·L·min, A项错误；B项，由方程式可知CO和H2O的量对该反应的影响相同，所以“起始时向容器中充入0.60molCO和1.20

-1

-1

molH2O（g）”与“起始时向容器中充入1.20molCO和0.60 molH2O（g）”将达到相同的平衡状态，对比表中反应时间为0、t1、t2三个时间的数据0→t1，CO减少0.40mol，根据方程式计算H2O（g）也应减少0.40mol，而到t2时H2O（g）的减少量仍然为0.40mol，说明t1时已经达平衡，根据t1时的数据可求得n(CO2)=0.40mol, B项正确；C项，增大反应物水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO转化率增大，水蒸气的转化率降低，水蒸气的体积分数增大，C项正确；D项，t1时为平衡状态，根据表中数据可求得t1时的平衡常数为1，温度升高，平衡常数减小，说明温度升高平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，D项错误。 2.（2011·北京高考·12）.已知反应：2CH3COCH3(l)

CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，

分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是

A.b代表0 ℃下CH3COCH3的Y-t曲线 B.反应进行到20min末，CH3COCH3的

v(0?C)?1

v(20?C)

?n(0?C)?1

?n(20?C)C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率 D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的【答案】选D。

【解析】（1）仔细观察图像，了解图像横纵坐标的含义及图像变化趋势不同的原因； （2）注意外界条件变化对速率和平衡的不同影响。 选项 具体分析 结论 A 由图像可知，a曲线达到平衡所用的时间比b曲线多，故b曲线所对应的反应速率快，温度高 错误 B 不论反应进行到什么程度，20℃对应的反应速率大于0℃，故v(0?C)?1＜1 v(20?C)错误

升高温度，加快化学反应速率，可缩短达到平衡所用的时间；由图像可知达到平衡C 时从a曲线到b曲线，CH3COCH3转化分数降低，即升高温度，平衡左移，降低平衡转化率 错误 从Y=0到Y=0.113，CH3COCH3转化率相同，由于起始加入量相同，故变化量相同,即D ?n(0?C)?1。 ?n(20?C)正确 3.（2011·海南高考·8）对于可逆反应H2（g）+I2（g）开始反应，下列说法正确的是（ ）。

A．H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率比为2∶1 B．反应进行的净速率是正、逆反应速率之差 C．正、逆反应速率的比值是恒定的 D．达到平衡时，正、逆反应速率相等 【答案】选B、D。

【解析】解答本题要明确以下两点： （1）化学反应速率之比等于化学计量数之比

2HI（g），在温度一定下由H2（g）和I2（g）

（2）判断可逆反应进行方向的依据是看正逆反应速率的相对大小

v（H2）∶v（HI）＝1∶2，A选项错误；随着反应的进行，正逆反应速率在不断发生变化，其比值也不断

发生变化，当达到平衡时，正、逆反应速率相等，不再发生变化，其比值也不再发生变化。 【2010高考】

1（2010·天津卷）下列各表述与示意图一致的是

A．图①表示25℃时，用0.1 mol·L盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化

B．图②中曲线表示反应2SO2(g) + O2(g) 变化

C．图③表示10 mL 0.01 mol·L KMnO4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L H2C2O4溶液混合时，n(Mn) 随时间的变化

D．图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2 (g) + H2(g)???CH3CH3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂

－1

－1

2+

－1

－1

2SO3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡常数K随温度的

时，反应过程中的能量变化 【答案】B

【解析】酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，故A错；正逆反应的平衡常数互为倒数关系，故B正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D错。

命题立意：综合考查了有关图像问题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像，反应速率图像和能量变化图像。

2.（2010·福建卷）下列有关化学研究的正确说法是

A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律

B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同 C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液

D．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律 【答案】B【解析】

本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律

A. 同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律

B. 这是盖斯定律的表述

C. 分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的

D. 在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。

3.（2010·福建卷）化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物尝试随反应时间变化如右图所示，计算反应4~8 min间的平均反应速率和推测反应16 min 反应物的浓度，结果应是

2+

A 2.5?mol?L?min和2.0?mol?L B 2.5?mol?L?min和2.5?mol?L

?1?1?1?1?1?1

C 3.0?mol?L?1?min?1和3.0?mol?L?1 D 3.0?mol?L?1?min?1和3.0?mol?L?1 【答案】B

【解析】本题考察化学反应速率的计算

?1?1?mol?L?min第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10，?t为4秒，所以在4~8min间的平均反应速?1?1?mol?L?min率为2.5，可以排除CD两个答案；图中从0min开始到8min反应物浓度减低了4倍，

根据这一幅度，可以推测从第8min到第16分也降低4倍，即由10

?mol?L?1?min?1降低到

2.5?mol?L?1?min?1，因此推测第16min反应物的浓度为2.5?mol?L?1?min?1，所以可以排除A而选B 【2012高考】

1、（2012·山东高考·29）（16分）偏二甲肼与N2O4 是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应： (CH3)2NNH2 (l)+2N2O4 (l)=2CO2 (g)+3N2(g)+4H2O(g) （Ⅰ） (1) 反应（Ⅰ）中氧化剂是_______.

(2) 火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4 (g)

2NO2 (g) （Ⅱ）

(3) 一定温度下，反应（Ⅱ）的焓变为ΔH。现将1 mol N2O4 充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________.

若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数________（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0~3s内的平均反应速率（vN2O4）=________mol·L·s。 （4）NO2可用氨水吸收生成NH4NO3 。25℃时，将amol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是_____（用离子方程式表示）。向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将______（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为_______mol·L。（NH3·H2O的电离平衡常数取Kb=2×10 mol·L）

【解题指南】解答本题时应注意判断化学平衡状态的标志，原则是从“变量”到“不变量”，不能原来是“不变量”又到了“不变量”。解决有关溶液中的电离平衡问题时，要注意物料守恒和电荷守恒的应用。 【解析】（1）分析元素的化合价可知，氮元素的化合价由N2O4中的+4价，变成了生成物中的N2中的0价，

-1

-1

-5

-1

-1

故可知N2O4为氧化剂。（2）由温度升高时，出现红棕色，说明升温平衡向生成NO2的方向移动，即该反应的正反应为吸热反应。（3）作为化学平衡状态的标志，须由原来的“变量”变到“不变量”，方可说明，在恒压条件下，随着反应的进行生成NO2，气体的总的物质的量不断增加，容器的体积增大，故密度变小，当密度不变时，可说明化学反应达到平衡状态，a正确；b图，作为反应热?H，只与这个化学方程式有关，是一个不变量，它不会随着反应“量”的变化而变化，b错误；c图，用化学反应速率判断可逆反应是否达到平衡状态时，一定是“异向”，且它们的速率之比等于化学计量数之比，故c错误。d图，当NO2的转化率不变时，说明v（正）=v（逆），反应达到了平衡状态，d正确。平衡常数是温度的函数，只受温度的影响，故化学平衡常数不变。由题意可知，NO2的化学反应速率，v(NO2)=0.2mol/(L·s)，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，得出v(N2O4)=0.1mol/(L·s)。

（4）NH4NO3溶液呈酸性，原因是NH4发生了水解反应，对应的水解方程式为：NH4+H2O加氨水后溶液由酸性变为中性,水的电离平衡向逆反应方向移动。由Kb＝

－

－7

＋

＋

+

+

NH3·H2O+H。滴=2×10mol/L，

-5

+

c(OH)＝10mol/L，则c(NH4)＝200c(NH3·H2O)，故n(NH4)＝200n(NH3·H2O)，根据电荷守恒可知n(NH4

＋

)＝n(NO3)， 则溶液中n(NH4)＋n(NH3·H2O)＝a＋

－＋

a，根据物料守恒，滴加氨水的物质的量浓度c=200（a＋

aa－a）mol÷bL＝mol/L。

200b200+

【答案】（1）N2O4 （2）吸热（3） a、d 0.1 （4）NH4+H2ONH3·H2O+H 逆向

+

a 200b-1

2、（2012·广东高考·31）(16分) 碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·LKI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·LK2S2O8、0.10mol·LNa2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。 已知：

-1

-1

（1） 向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的__________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O3与S2O8初始的物质的量需满足的关系为：n（S2O3

—

2—

2—

2

）：n（S2O8） ___

2—

（2） 为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：

表中Vx=__ __mL，理由是_______ ____________。

(3)已知某条件下，浓度c（S2O8）～反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O8）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）

2—

2—

（3） 碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为： 2Li（s）+I2（s）=2LiI （s） △H 已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s） △H1 4 LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s） △H2

则电池反应的△H=_______________；碘电极作为该电池的___________极。

【解题指南】解答本题时应从化学反应原理思考，主要分析反应物的量对实验现象的影响以及外界条件对化学反应速率的影响规律，还有就盖斯定律的应用。

【解析】第（1）问中要想得到蓝色溶液，根据已知两个反应分析可得出结论；

第（2）问中由表格数据观察分析得知其他条件不变，只要改变K2S2O8的浓度就可以达到探究反应物浓度对化学反应速率的影响；

第（3）中催化剂可以加快反应的反应速率，而降低温度会减慢反应的反应速率，所以可以根据图中标准线画出另外两条曲线，但要注意的有两点：第一是曲线的拐点，第二是曲线的终点；

第（4）中根据盖斯定律的原理可以求出△H的表达式。判断原电池的正负极时，可以根据原电池的反应原理判断，此处根据碘在反应中的化合价降低，发生还原反应，得出碘作正极。

【答案】（1）Na2S2O3，<2 （2）2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。 （3）

（4）(△H1-△H2)/2; 正极

3、（2012·新课标全国卷·27）(15分)

光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。

(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为________________________________；

(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制各CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热(△H)分别为－890.3 kJ/mol、－285.8kJ/mol和－283.0 kJ/mol，则生成1 m(标准状况)CO所需热量为__________； (3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为______________________________；

(4)COCl2的分解反应为COCl2(g) === Cl2(g) + CO(g) △H = +108 kJ/mol。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：

3

①计算反应在第8 min时的平衡常数K = __________

②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度(T8)的高低：T(2)____T(8)(填“<”、“>”或“=”)； ③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2) = ______mol/L；

④比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以?(2—3)、

?(5—6)、?(l2－13)表示]的大小____________；

⑤比较反应物COCl2在5－6 min和15－16 min时平均反应速率的大小：

?(5－6) >?(15－16)(填“<”、“>”或“=”)，原因是_______________。

【解题指南】解答本题时应注意外界条件对化学平衡和化学反应速率的影响，以及化学反应速率的意义。 【解析】（1）实验室一般用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气；

（2）CH4+CO2=2CO+2H2 △H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=247.3 KJ/mol，也就是生成2mol CO，需要吸热247.3 KJ，那么要得到1立方米的CO,放热为(1000/22.4)×247.3/2=5.52×10 KJ. （3）分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。 （4）①根据平衡常数K计算公式代入即可求出。

②由表可看出，由T2平衡到 T8平衡，反应物COCl2的浓度减小，产物浓度增大，且4min时隔物质的浓度连续增大或减小，说明是升高温度使平衡正向移动，T2﹤ T8。 ③8min和12min时的平衡温度相同，平衡常数相同，所以

3

，可计算C(COCl2)=0.031；

④单位时间CO的浓度的变化表示反应速率，有表格中看出，2-3min、12-13min处于平衡状态，用CO的浓度变化表示的平均反应速率为0。5-6min反应未达平衡状态，所以平均反应速率大于处于平衡状态时。 ⑤从表中曲线变化的斜率可看出单位时间内5-6min时浓度改变大于12-13min。 【答案】 （1）MnO2+4HCl(浓)（2）5.52×10kJ

（3）CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2

（4）①0.234mol·L；②＜；③0.031 ；④v(5-6)＞v(2-3)=v(12-13)；⑤＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。 【2011高考】

（2011·全国卷I·28）反应aA（g）+bB（g）

cC（g）（△H＜0）在等容条件下进行。改变其他

-1

3

MnCl2+Cl2↑+2H2O

反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：

回答问题：

（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 ；

（2）A的平均反应速率vI（A）、vII（A）、vIII（A）从大到小排列次序为 ； (3) B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是 ，其值是 ；

（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ； （5）比较第II阶段反应温度（T2）和第III阶段反应温度（T3）的高低：T2 T3（填“＞”、“＝”、“＜”），判断的理由是 ；

（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。

【解析】要善于从图中获取信息，如起点、平衡点、平衡如何移动等。注意第II阶段C的起点为0。 【答案】（1）第I阶段： aA（g）+bB（g）

cC（g）

起始物质的量浓度（mol/L） 2.00 6.00 0 转化物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00 平衡物质的量浓度（mol/L） 1.00 3.00 2.00 所以，反应的化学方程式中，a：b：c为1：3：2

（2）A的平均反应速率vI（A）=

2.00mol/L?1.00mol/L?0.05mol/(L?min)

20.0minvII（A）=

1.00mol/L?0.62mol/L?0.025mol/(L?min)

15.0min0.62mol/L?0.50mol/L?0.012mol/(L?min)

10.0minvIII（A）=

所以，vI（A）、vII（A）、vIII（A）从大到小排列次序为vI（A） vII（A） vIII（A） (3)第I阶段：

=

3.00?100%?50% 6.00第II阶段：=

3.00?1.86?100%?38% 3=

第III阶段：

1.86?1.50?100%?19%

1.86，其值是19%。

所以，B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是

（4）由第一次平衡到第二次平衡，A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。第II阶段C的起始物质的量浓度为0，故采取的措施是从反应体系中移出产物C。

（5）第III阶段A、B的物质的量浓度减小， C的物质的量浓度增大，平衡向正反应方向移动。此反应△H＜0，为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，所以第II阶段反应温度（T2）高于第III阶段反应温度（T3）。

（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，此时A、B、C的物质的量浓度均减小一半，体系压强减小，平衡向逆反应方向移动。注意A、B、C的物质的量浓度变化比例应符合1：3：2。 【答案】（1）1：3：2 （2）vI（A） ＞vII（A）＞ vIII（A） (3)

19%（0.19） （4）正反应方向 从反应体系中移出产物C

（5）＞ 正反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动 （6）

【2010高考】

（2010·重庆卷）（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域． （1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．

①一定条件下，min后，mol/L和b mol/L, 则SO2SO2与空气反映t SO2和SO3物质的量浓度分别为a 起始物质的量浓度为 mol/L ；生成SO3的化学反应速率为 mol/(L·min) ． ②工业制硫酸，尾气SO2用_______吸收．

（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示．

①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．

②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．

③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.01?10个，左槽溶液中n(H)

23

+

的变化量为 ． 答案（14分）（1）①a?b；b/t ②氨水

（2）①VO2?2H?e?VO②绿 紫

③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol

【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。

（1） 由S守恒可得，SO2的起始浓度为（a+b）mol/L。SO2的速率为单位时间内SO2浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。SO2可以用碱性的氨水吸收。

（2） ①左槽中，黄变蓝即为VO2生成VO，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，

2?2????2??H2O

从图中知，其中H发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为V生成V，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，H参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×10/6.02×10=0.5mol。

【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。

23??3?2?23【考点提升训练】

一、选择题

1.(2012·长春模拟)已知：4NH3+5O2

4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)

［mol/(L·min)］表示，则正确的关系式是( )

45 v(NH3)=v(O2) B. v(O2)=v(H2O) 5624C. v(NH3)=v(H2O) D. v(O2)=v(NO) 35A.

【解析】选D。根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(O2)=5/4v(NH3)、v(H2O)=6/5v(O2)、v(H2O)=3/2v(NH3)、v(NO)=4/5v(O2)，D项正确。

2.（2012·房山统测） 一定温度下，在2 L的密闭容器中发生反应：A(g)＋2B(g)xC(g) ΔH＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图K27－1。下列有关说法不正确的是( )

A．x＝2

B．反应开始2 min内，v(C)＝0.1 mol·L1·min1

－

－

C．2 min后，降低温度平衡向右移动

D．当容器内混合气体压强不再改变时，反应体系达到化学平衡状态

B [解析] 2 min内B、C的变化量分别为0.2 mol、0.2 mol，故B、C的化学计量数相等，x＝2，A项正确；v(C)＝0.2 mol÷(2 L×2 min)＝0.05 mol/(L·min)，B项错误；该反应为放热反应，降低温度平衡向正向移动，C项正确；该反应为气体体积减小的反应，在恒容的容器中压强不变，反应达到平衡状态，D项正确。

3.已知图一表示的是可逆反应CO(g)＋H2(g) C(s)＋H2O(g)ΔH＞0化学反应速率(v)与时间(t)的关

系，图二表示的是可逆反应2NO2(g) 正确的是

N2O4(g) ΔH＜0的浓度(c)随时间(t)的变化情况。下列说法中

A.图一t2时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强 B.图一t2时改变的条件是增大了反应物的浓度 C.图二t1时改变的条件可能是升高了温度或增大了压强

D.若图二t1时改变的条件增大压强，则混合气体的平均相对分子质量将减小

【答案】选A。

【解析】由图一可知，t2瞬间，曲线是断开的，因此条件的改变不可能是由某一物质的浓度引起的，t2瞬间，正、逆反应速率均加快，且v ′(正)＞v′ (逆)，可知化学平衡正向移动，因此外界条件的改变可能是升高了温度也可能是增大了压强，所以选项A正确，B错误。由图二可知，t1瞬间，曲线是断开的，因此外界条件的改变不可能是温度的变化。由于此刻NO2和N2O4的浓度均增大，显然改变的条件是给体系增压。压强增大，平衡向正反应方向移动，N2O4的体积分数增加，因此混合气体的平均相对分子质量应增大，选项C和D均错。

4.（2012·莱州一中模拟）

18.取两个相同容积的密闭恒容容器，在A容器中充入0.2molN2O4，B容器中充入0.2molHI气体，在一定温度下反应分别达到平衡，测得N2O4和HI的分解率分别为a（A）和a（B）。在该平衡体系中再分别充入0.2molN2O4和0.2molHI，当反应重新达到平衡时，测得N2O4和HI的分解率分别为a′(A)和a′(B)。下列判断一定正确的是

A.a(A)＞a′(A) a(B)＜a′(B) C.a(A)＜a′(A) a(B)＜a′(B)

【答案】B

B. a(A)＞a′(A) a(B)= a′(B) D. a(A)= a′(A) a(B)＞a′(B)

5.（2012·山师大附中模拟）一定温度下，1 molX和nmol Y在容积为2L的密闭容器中发生如下反成：

???X(g)+Y(g)???2Z(g)+M(s)，5min后达到平衡，此时生成2molZ。下列说法正确的是( )

A、将容器压缩时，正逆反应速率均不变

B、5 min内平均反应速率v(X)=0.2amol/(L?min)

C、向平衡后的体系中加入lmolM(s)，平衡向逆反应方向移动 D、当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态

【答案】D

6. (2012·沈阳模拟)一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )

A.该反应的化学方程式为3B＋4D B.反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)

C.反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol/(L·s) D.反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等

【解题指南】解答该题应该注意以下两点：

(1)根据物质的量随时间的变化确定反应物与生成物。

(2)根据相同时间段内各物质的物质的量变化确定化学计量数与反应速率之间的关系。

【解析】选C。根据各物质的物质的量随时间的变化图像可知，A、D为生成物，B、C为反应物，在6 s时反应达到平衡，A、B、C、D的物质的量变化分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.4 mol。根据化学计量数之比等于变化的物质的量之比可知A、B、C、D的化学计量数之比为6∶3∶4∶2，所以反应方程式为3B＋4C

6A＋2D，A错；反应过程中和反应达到平衡时

6A＋2C

各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，B、D错；反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.6 mol/(2L×6s)=0.05 mol〃L-1〃s-1,C对。

7．(2012·郑州模拟)一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：2HI(g)若c(HI)由0.1 mol·L

－1

H2(g)＋I2(g)。

－1

降到0.07 mol·L

－1

时，需要15 s，那么c(HI)由0.07 mol·L

－1

降到0.05 mol·L时，所

需反应的时间为( )

A．等于5 s B．等于10 s C．大于10 s D．小于10 s

解析：c(HI)从0.1 mol·L1降到0.07 mol·L1过程中：v(HI)＝Δc/Δt＝0.03 mol·L1/15 s＝0.002 mol·L1·s1。

－

－

－

－

－

假设v(HI)不变，则c(HI)从0.07 mol·L

－1

降到0.05 mol·L

－1

时，Δt＝Δc/v＝0.02 mol·L1/0.002 mol·L1·s1＝10 s。但反应速率

－

－

－

受浓度变化的影响，浓度越大，反应速率越快。随着反应的进行c(HI)越来越小，反应速率越来越慢，所需反应时间大于10 s。

答案：C

8.在一定条件下发生反应2A(g)====2B(g)+C(g)，将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用B的浓度变化来表示该反应的速率为( ) A.0.24 mol/(L·min) B.0.08 mol/(L·min) C.0.06 mol/(L·min) D.0.12 mol/(L·min)

【答案】选D。

2 mol?0.8 mol2 L?0.12 mol/(L?min)5 min【解析】v(A)=v(B)=v(A)=0.12 mol/(L·min)。

9.(2012·长沙模拟)用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸 反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折 算为标准状况下的体积)，下列分析正确的是( ) A.OE段表示的平均速率最快

B.EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L·min

C.OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7 D.F点收集到的CO2的量最多

【解析】选B。OE段、EF段、FG段中用CO2表示的平均反应速率分别为

0.01 mol·L-1·min-1、0.02 mol·L-1·min-1、0.005 mol·L-1·min-1，反应速率之比为2∶4∶1。所以EF段平均反应速率最快，该段用盐酸表示的平均反应速率为0.04 mol·L-1·min-1，G点收集到的CO2的量最多。 10.可逆反应2SO2(g)+O2(g)

-1

-1

2SO3(g) △H<0， 在一定条件下达到平衡状态。在t1时刻改变某一条件，

（ ）

化学反应速率与反应时间的关系如右图所示。下列说法正确的是

A．维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g) B．维持压强不变，t1时升高反应体系温度 C．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar D．维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)

【答案】D

11.(2012·德州统考)在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应： NO(g)＋CO(g)

1－

N2(g)＋CO2(g) ΔH＝－373.2 kJ·mol1达到平衡后，为提高该反应的速率和NO2

的转化率，采取的正确措施是( ) A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强 C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强

解析：加催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，升温也可加快反应的速率，但该平衡向逆反应方向移动，NO转化率降低，A不正确；加压，平衡正向移动，NO转化率提高，B项正确；充入N2，平衡向逆反应方向移动，NO转化率降低，C不正确；D中两种因素都导致平衡移动正向移动，NO转化率增加，但两种因素对速率的改变相反，无法确定反应速率的改变，D不正确。 答案：B

12.(2012·厦门模拟)在一定条件下的密闭容器中存在下列四个平衡体系，增大容器的体积对化学反应速率没有影响的是( ) A.2SO2+O2B.CO+H2O(g)C.CO2(g)+H2OD.Fe+3SCN

3+

-

2SO3 CO2+H2 H2CO3 Fe(SCN)3

【解析】选D。增大容器的体积相当于减小压强，压强只是对有气体参加或生成的反应的反应速率有影响，对于没有气体参加或生成的反应的反应速率无影响，D项正确。 【答案】C

二、非选择题

13.(10分)(2012·佛山模拟)硫-碘循环分解水制氢主要涉及下列反应： Ⅰ.SO2+2H2O+I2====H2SO4+2HI Ⅱ.2HI

H2↑+I2

Ⅲ.2H2SO4====2SO2+O2↑+2H2O

(1)分析上述反应，下列判断正确的是 。 a.反应Ⅲ易在常温下进行 b.反应Ⅰ中SO2氧化性比HI强 c.循环过程中需补充H2O

d.循环过程中产生1 mol O2的同时产生1 mol H2 (2)一定温度下，向1 L密闭容器中加入1 mol HI(g)， 发生反应Ⅱ，H2的物质的量随时间的变化如图所示。

①0～2 min内的平均反应速率v(HI)= 。

②相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则 是原来的2倍。 a.HI的平衡浓度 b.达到平衡的时间 c.平衡时H2的体积分数

(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，若加入少量下列固体试剂中的 ，产生H2的速率将增大。 a.NaNO3 b.CuSO4 c.Na2SO4 d.NaHSO3

【解题指南】解答该题应该注意以下两点：

(1)恒容、反应前后气体体积不变的反应，反应物浓度加倍，反应速率、平衡物质的量及浓度加倍。 (2)要使Zn与H2SO4反应速率加快，不能减少H浓度；HNO3与Zn反应不产生H2。

【解析】(1)根据题意可知，因为是分解水制取H2的反应，所以应不断补充水，产生2 mol H2时，生成1 mol O2，c对、d错；硫酸常温不分解，a错；反应Ⅰ中SO2为还原剂，HI为还原产物，还原性SO2>HI，b错。 (2)①2 min时H2的平衡浓度为0.1 mol〃L，H2的平均反应速率为

0.1 mol〃L/2 min=0.05 mol〃L〃min，v(HI)=2v(H2)=0.05 mol〃L〃min×2=0.1 mol〃L〃min。 ②2HI

H2＋I2为反应前后气体体积不变的反应，在恒容容器中发生反应，HI的物质的量增加为原来的2倍，平衡不移

－1

－1

－1

-1

-1

-1

-1

－1

＋

动，但是反应速率加快，反应时间缩短，达到平衡时各组分浓度为原来的2倍，而体积分数不变。

(3)根据反应Zn＋2H====Zn＋H2↑可知，增大反应速率，只要增大H浓度即可，NaHSO3与H反应，H浓度减小，反应速率减小；Na2SO4对反应速率没影响；NaNO3与H结合会生成HNO3，反应不产生H2；只有CuSO4合适，Zn＋Cu====Cu＋Zn，Zn与生成的Cu形成原电池，反应速率加快。 答案：(1)c

(2)①0.1 mol〃L〃min ②a (3)b

－1

－1

＋

2＋

2+

＋

2＋

＋

＋

＋

14.

（7分）在锌与盐酸反应的实验中，一个学生得到的结果如下表所示：

A B C D E F

锌的质量/g 2 2 2 2 2 2 锌的形状 薄片 薄片 薄片 薄片 细小颗粒 粉末 温度/℃ 5 15 25 35 15 15 完全溶于溶液的时间/s 400 200 100 t1 t2 t3

G 2 薄片(含少量杂质Cu) 35 t4 (1)t1＝ s (2)总结并得出的关于温度影响反应速率的结论是 (3)t1 t4(填“＞”或“＜”＝，原因是

t2 t3(填“＞”或“＜”＝，原因是

(4)单位时间内消耗锌的质量mB、mE、mF从大到小的顺序为

答案：(1)50 (2)温度每升高10℃，反应速率加快到原来的2倍 (3)＞ G组中可形成Cu—Zn原电池，反应速率加快 ＞ F组中锌为粉末状，表面积较大，反应速率加快 (4)mF＞mB＞mE（每空1分）

15．(2012·济南模拟)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质CO和H2反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如下表所示。

t/min 0 1 3 5 7 9 10 CO/mol 1.00 0.90 0.75 0.65 0.55 0.55 0.55 H2/mol 1.00 0.80 0.50 0.30 0.10 0.10 0.10 Z/mol 0.00 0.10 0.25 0.35 0.45 0.45 0.45 (1)根据上表中数据，在图1中画出CO、Z的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线：

(2)体系中发生反应的化学方程式是______________。 (3)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率：________。

(4)图2表示该反应进行过程中能量的变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化，曲线b表示使用催化剂后的能量变化。该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，反应的热化学方程式是________________________。

解析：(1)画曲线时注意7 min时达到平衡。

(2)根据反应关系及原子守恒，可写出体系中发生反应的化学方程式是CO＋2H2(3)在3～5 min时间内产物Z的平均反应速率： 0．1 mol÷2 L÷2 min＝0.025 mol/(L·min)。

(4)由图像可知该反应是放热反应，反应的热化学方程式是

CH3OH。

CO(g)＋2H2(g)

答案：(1)

CH3OH(g) ΔH＝－91 kJ/mol。

(2)CO＋2H2(3)0.025 mol/(L·min) (4)放热 CO(g)＋2H2(g)

CH3OH(g)ΔH＝－91 kJ/mol

CH3OH

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