高三化学二轮复习专题二化学反应速率与化学平衡指导性教案.docx

化学反响速率及化学平衡班级： 姓名： 学习时间： 【课前自主复习及思索】1阅读并思索世纪金榜（回扣主干学问）（打破核心要点）2整理出15道各地高考题或高考模拟题化学反响速率和化学平衡解答题，总结解题思路，联络考纲思索出题者意图。【结合自主复习内容思索如下问题】1、在2 L密闭容器中，800时反响2NO(g)O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变更如表：（1）写出该反响的平衡常数表达式：K_。 已知：K(300)K(350)，该反响是_热反响。（2）右图中表示NO2的变更的曲线是_。 用O2表示从02s内该反响的平均速率v_。（3）能说明该反响已经到达平衡状态的是_。 a、(NO2)=2(O2) b、容器内压强保持不变 c、逆(NO)2正(O2) d、容器内的密度保持不变（4）为使该反响的反响速率增大，且平衡向正反响方向挪动的是_。 a、刚好分别出NO2气体 b、适当上升温度 c、增大O2的浓度 d、选择高效的催化剂2、（10分）煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。（1）将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反响为：C(s)H2O(g) CO(g)H2(g) H=131.3 kJmol-1，S=133.7J(Kmol) -1 该反响能否自发进展及 有关；肯定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反响，下列能推断该反响到达化学平衡状态的是 （填字母，下同）。 a容器中的压强不变 b1 mol HH键断裂的同时断裂2 molHO键cv正(CO) = v逆(H2O) dc(CO)=c(H2)（2）将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进展反响 CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，得到如下三组数据： 试验组温度/起始量/mol平衡量/mol到达平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt试验1中以v(CO2) 表示的反响速率为 。该反响的逆反响为 （填“吸”或“放”）热反响若试验3要到达及试验2一样的平衡状态（即各物质的质量分数分别相等），且t<3min，则a、b应满意的关系是 （用含a、b的数学式表示）。（3）目前工业上有一种方法是用CO2来消费甲醇。肯定条件下发生反响：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) ，右下图表示该反响进展过程中能量(单位为kJmol-1)的变更。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，下列措施中能使c (CH3OH)增大的是_。a上升温度 b充入He(g)，使体系压强增大c将H2O(g)从体系中分别出来 d再充入1mol CO2和3mol H2【考纲点拨】 理解化学反响速率的概念、反响速率的定量表示方法。    理解温度、浓度、压强和催化剂影响化学反响速率的一般规律（删除活化能）。    相识催化剂在消费、生活和科学探讨领域中的重大作用。    理解化学反响的可逆性。能用焓变和熵变说明常见简洁化学反响的方向。    理解化学平衡和化学平衡常数的含义，能用化学平衡常数计算反响物的转化率。        理解浓度、温度、压强、催化剂等对化学平衡影响的一般规律。    相识化学反响速率和化学平衡的调控在生活、消费和科学探讨领域中的重要作用。【自主探讨例题】1、2009年江苏I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)I(aq)I3(aq) ， 某 I2、KI混合溶液中，I3的物质的量浓度c(I3)及温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是：A反响I2(aq)I(aq)I3(aq)的H0B若温度为T1、T2，反响的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2C若反响进展到状态D时，肯定有v正v逆D状态A及状态B相比，状态A的c(I2)大老师点评：根据题中图示可知，c(I3)是随着温度T 的上升而减小的，说明：I2(aq)I(aq)I3(aq) 是一个放热反响，即H0 ，所以A错误；根据平衡挪动规律，c(I3)变小，则c(I2)应变大，所以 状态B的c(I2)大，所以D错误；正确答案为B、C。2、2009年高考安徽卷 27为了测定在某种催化剂作用下的反响速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间(s)012345c(NO)(mol/L)1.00×1034.50×1042.50×1041.50×1041.00×1041.00×104c(CO)(mol/L)3.60×1033.05×1032.85×1032.75×1032.70×1032.70×103请答复下列问题（均不考虑温度变更对催化剂催化效率的影响）：（1）在上述条件下反响可以自发进展，则反响的H 0（填写“”、“”、“”）。（2）前2s内的平均反响速率(N2) 。（3）在该温度下，反响的平衡常数K 。（4）假设在密闭容器中发生上述反响，到达平衡时下列措施能进步NO转化率的是 。A选用更有效的催化剂B上升反响体系的温度C降低反响体系的温度D缩小容器的体积（5）探讨说明：在运用等质量催化剂时，增大催化剂比外表积可进步化学反响速率。为了分别验证温度、催化剂比外表积对化学反响速率的影响规律，某同学设计了三组试验，局部试验条件已经填在下面试验设计表中。试验编号T()NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比外表积(m2/g)2801.20×1035.80×10382124350124请在上表空格中填入剩余的试验条件数据。请在给出的坐标图中，画出上表中的三个试验条件下混合气体中NO浓度随时间变更的趋势曲线图，并标明各条曲线的试验编号。214分（1）；（2）1.88×104 ；（3）5000；（4）C、D；（5）280；1.20×103；5.80×103；1.20×103；5.80×103；如图：老师点评：该题综合考察反响速率、反响方向，化学平衡等学问，并考察了试验化学的设计思路。表达了新课程变更。（1）该反响气体削减，S0非自发，所以肯定是放热才有可能自发；（2）(NO)；(N2)(NO)（3）利用三段式计算出c(CO2)9×104；c(N2)4.50×104。（4）加压、降温使该反响平衡正移。（5）、比外表积不同，应限制温度一样，验证催化剂比外表积对速率的影响；、比外表积不同，温度不同；验证反响温度对速率的影响；全部浓度应限制一样。、温度一样，平衡不挪动，但的速率大；的温度高，速率最大且平衡逆移，c(NO)增大。我思我疑：【高考链接】【例1】2009年高考重庆卷理综 13各可逆反响达平衡后，变更反响条件，其变更趋势正确的是 D【例2】、2009年高考山东卷 142SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反响。下列叙述正确的是 A催化剂V2O5不变更该反响的逆反响速率 B增大反响体系的压强、反响速度肯定增大 C该反响是放热反响，降低温度将缩短反响到达平衡的时间 D在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，SO3（g）生成的平均速率为【解析】催化剂可以同等程度的增大正逆反响的反响速率；假如是通入惰性气体增大了体系压强，反响物浓度未变，反响速率不变；降温，反响速率减慢，到达平衡的时间增大；D是反响速率的定义，正确。选D【例3】 (10分)联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4及N2O4能放出大量的热。（1）已知：2NO2(g)N2O4(g) H5720kJ·mol1。肯定温度下，在密闭容器中反响2NO2(g)N2O4(g) 到达平衡。其它条件不变时，下列措施能进步NO2转化率的是 （填字母）。A减小NO2的浓度 B降低温度C增加NO2的浓度 D上升温度（2）25时，100gN2H4(l)及足量N2O4(l)完全反响生成N2(g)和H2O (l) ，放出1914kJ的热量。则反响2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O (l)的H kJ·mol1（3）17、101×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体到达平衡时，c(NO2)00300mol·L1、c(N2O4)00120mol·L1。计算反响2 NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K。（4）现用肯定量的Cu 及足量的浓HNO3 反响，制得100L已达平衡的N2O4和NO2混合气体（17、101×105Pa），理论上至少需消耗Cu 多少克？【例3 】解析：（1）由于该反响为气体体积减小的放热反响，要进步NO2转化率，则应当实行：降低温度，增加NO2的浓度增大压强等措施，所以B、C符合要求；（2）由100gN2H4(l)放出1914kJ，则2mol(即64g)N2H4(l)放热为122496kJ，所以 H122496kJ·mol1（3）、（4）见答案。答案：（1）BC （2）122496（3）根据题意知平衡时： c(N2O4 )00120mol·L1 ，c(NO2)00300mol·L1K c(N2O4 )/c2(NO2) 00120/00300×00300 133答：平衡常数为133。（4）由（3）可知，在17、101×105Pa到达平衡时，100L混合气体中：n(N2O4 )c(N2O4)×V00120mol·L1×100L00120mol ，n(NO2 )c(NO2)×V00300mol·L1×100L00300mol ，则n总(NO2 )n(NO2 )2×n(N2O4 )00540mol由Cu4HNO3Cu(NO3)22NO22H2O可得：m(Cu) 64g·mol1×00540mol /2 173g答：理论上至少需消耗Cu 173g。【例4】（14分）运用化学反响原理探讨氮、氧等单质及其化合物的反响有重要意义。（1）合成氨反响N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则平衡 挪动（填“向左”“向右”或“不”）；运用催化剂 反响的H（填“增大” “减小” 或“不变更”）。（2）已知：O2 (g)=O2+(g)+e- H1= 1175.7 kJ·mol-1PtF6(g)+ e-PtF6-(g) H2= 771.1 kJ·mol-1O2+PtF6- (s)=O2+ (g)+ PtF6-(g) H3= 482.2 kJ·mol-1则反响O2（g）+ PtF6(g)= O2+PtF6- (s) 的H=_ kJ·mol-1。（3）在25下，向浓度均为0.1 mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴参加氨水，先生成_沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为_。已知25时KspMg(OH)2=1.8×10-11,KsP Cu(OH)2=2.2×10-20。（4）在25下，将a mol·L-1的氨水及0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)。则溶液显_性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=_。【解析】（1）恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，则反响体系体积增大，平衡左移；运用催化剂只是变更了反响的途径，没有变更反响物及生成物的状态，H不变；（2）利用盖斯定律，H1+H2+（-H3）= 78.2 kJ·mol-1；（3）由于,KsP Cu(OH)2=2.2×10-20KspMg(OH)2=1.8×10-11，所以先生成沉淀；2NH3·H2OCu2Cu(OH)22 NH4*；根据溶液的电中性原则，c(NH4*)=c(Cl-)，则HOH-；溶液显中性；Kb= ，c(NH4*)=c(Cl-)0.005 mol·L-1；HOH-1×10-7 mol·L-1（因为是25下且为中性）；NH3·H2Omol·L-10.005 mol·L-1，则：Kb=mol·L-1。【答案】（1）向左；不变更 （2）78.2 kJ·mol-1（3）Cu(OH)2；2NH3·H2OCu2Cu(OH)22 NH4*；（4）中；mol·L-1【归纳及思索】【自主检测】一、选择题（每题有1-2的答案）1、2009年高考宁夏卷理综 10硫代硫酸钠溶液及稀硫酸反响的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O,下列各组试验中最先出现浑浊的是 试验反响温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/（mol·L1）V/mLc/（mol·L1）V/mLA2550110015B2550250210C3550110015D35502502102在肯定温度下，反响1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。若将10mol的HX(g)通入体积为10L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于A 5% B 17% C 25% D33%3、2009年高考北京卷理综9已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)；H < 0。有一样容积的定容密闭容器甲和乙，甲中参加H2和I2各01 mol，乙中参加HI 02 mol，一样温度下分别到达平衡。欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应实行的措施是 A甲、乙进步一样温度 B甲中参加01 mol He，乙不变 C甲降低温度，乙不变 D甲增加01 mol H2，乙增加01 mol I24、2009年高考安徽卷11汽车尾气净化中的一个反响如下：NO(g)CO(g)1/2N2(g)CO2(g) H=373.4kJ/mol在恒容得密闭容器中，反响达平衡后，变更某一条件，下列示意图正确的是5、2009年高考四川卷理综 13.在一体积可变的密闭容器中，参加肯定量的X、Y，发生反响 kJ/mol。反响到达平衡时，Y的物质的量浓度及温度、气体体积的关系如下表所示： 气体体积/LC(Y)/mol·L-11231001.000.750.532001.200.900.633001.301.000.70下列说法正确的是A.mn B.Q0C.温度不变，压强增大，Y的质量分数削减D.体积不变，温度上升，平衡向逆反响方向挪动6、取5等份NO2 ，分别参加温度不同、容积一样的恒容密闭容器中，发生反响：2NO2(g)N2O4(g)，H0 反响一样时间后，分别测定体系中NO2的百重量（NO2%），并作出其随反响温度（T）变更的关系图。下列示意图中，可能及试验结果相符的是7、2009年高考广东卷化学试题难挥发性二硫化钽（TaS2 ）可采纳如下装置提纯。将不纯的TaS2 粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反响如下：下列说法正确的是A在不同温度区域，TaI4 的量保持不变B在提纯过程中，I2 的量不断削减C在提纯过程中，I2 的作用是将TaS2 从高温区转移到低温区D该反响的平衡常数及TaI4 和S2 的浓度乘积成反比8、T时在2L密闭容器中使X(g)及Y(g)发生反响生成Z(g)。反响过程中X、Y、Z的浓度变更如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量刚好间的关系如图2所示。则下列结论正确的是 A容器中发生的反响可表示为：3X(g)Y(g) 2Z(g) B反响进展的前3 min内，用X表示的反响速率 v(X)0.3mol(L·min) C保持其他条件不变，上升温度，反响的化学平衡常数K减小D若变更反响条件，使反响进程如图3所示，则变更的条件是增大压强二、非选择题9、2009年高考全国II理综 27(15分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反响生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变更如表所示。（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变更的曲线：t/minX/molY/molZ/mol010010000010900800203075050050506503007090550100901005501009014055010090(2) 体系中发生反响的化学方程式是_;(3) 列式计算该反响在0-3min时间内产物Z的平均反响速率：_;(4) 该反响到达平衡时反响物X的转化率等于_;(5) 假如该反响是放热反响。变更试验条件（温度、压强、催化剂）得到Z随时间变更的曲线、（如右图所示）则曲线、所对应的试验条件变更分别是： _ _ _10、Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调整好pH和Fe2+浓度的废水中参加H2O2 ，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反响速率的影响。【试验设计】限制p-CP的初始浓度一样，恒定试验温度在298K或313K(其余试验条件见下表)，设计如下比照试验。（1）请完成以下试验设计表(表中不要留空格)。【数据处理】试验测得p-CP的浓度随时间变更的关系如右上图。（2）请根据右上图试验曲线，计算降解反响在50150s内的反响速率； v(p-CP)= mol·L1·s1【说明及结论】（3）试验说明温度上升，降解反响速率增大。但温度过高时反而导致降解反响速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2 的角度分析缘由： （4）试验得出的结论是：pH=10时， 【思索及沟通】（5）试验时需在不同时间从反响器中取样，并使所取样品中的反响马上停顿下来。根据上图中信息，给出一种快速停顿反响的方法： 11、（10分）甲酸甲酯水解反响方程式为：HCOOCH3(l)+H2O(l)HCOOH(l)+CH3OH(l)；H>0某小组通过试验探讨该反响（反响过程中体积变更忽视不计）。反响体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol100199001052甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间（t）的变更如下图：（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：反响时间范围/min05101520253035404550557580平均反响速率/(103mol·min1)19747844160800请计算1520min范围内甲酸甲酯的削减量为 mol，甲酸甲酯的平均反响速率为 mol·min1(不要求写出计算过程)。 （2）根据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变更规律及其缘由： 。 （3）上述反响的平衡常数表达式为：，则该反响在温度T1下的K值为 。（4）其他条件不变，仅变更温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变更的预期结果示意图。12、（10分）（1）已知可逆反响：M(g)N(g)P(g)Q(g)；H0，请答复下列问题。 若要增大M的转化率，在其它条件不变的状况下可以实行的措施为 （填序号）。 A参加肯定量M B降低反响温度 C上升反响温度 D缩小容器体积 E参加催化剂 F分别出肯定量P 在某温度下起始反响物的浓度分别为：c(M)1 mol·L1，c(N)2.4mol·L1，到达平衡后，M的转化率为60，此时N的转化率为 ；若保持温度不变，起始反响物的浓度改为：c(M)4mol·L1，c(N)a mol·L1，到达平衡后，c(P)2 mol·L1，则a mol·L1。（2）盖斯定律在消费和科学探讨中有很重要的意义。试根据下列3个热化学反响方程式： Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g) H24.8 kJ·mol1 3Fe2O3(s)+ CO(g) 2Fe3O4(s)+ CO2(g) H47.2 kJ·mol1 Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) H+640.5 kJ·mol1 写出CO气体复原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热化学反响方程式： 。（3）肯定温度下，向Na2CO3溶液中参加BaCl2和K2SO4，当两种沉淀共存时，c(CO32)c(SO42) 。 已知Ksp(Ba SO4) 1.3×1010，Ksp(BaCO3) 2.6×109【归纳及思索】【自主检测】答案：1、【答案】D【解析】影响化学反响速率的因素众多，本题从浓度和和温度两个因素考察，特别忠实于新教材必修2,只要抓住浓度越大，温度越高反响速率越大，便可以选出正确答案D。【点评】本题主要考察影响化学反响速率的因素，题目来源于课本，考生很有亲切感。2、【答案】B【解析】1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 的平衡常数K3为(1/10)2=001设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 1 0 0 x x x 1x x xK3= x·x/(1x) 2= 001 ,得到x=017,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B 17%【点评】本题考察化学平衡常数的相关计算，题目难度不大，但要求考生平常要驾驭方程式的变更对于化学平衡常数表达式的影响和数值的变更。3、C4、【解析】C第11题是一道化学平衡题，题中涉及到新教材中新引人的化学平衡常数转化率等概念，本题考察内容较多，分别为化学平衡常数的概念及影响因素，外界条件对化学平衡的影响。由题给信息知，该反响为放热反响。A项：根据平衡挪动原理，温度上升，平衡逆向挪动，化学平衡常数减小，A错。B项：根据平衡挪动原理，温度上升，平衡逆向挪动，CO转化率减小，B错C项：化学平衡常数只和温度有关，及其他条件无关。C正确D项：根据平衡挪动原理，增大N2 的物质的量，平衡逆向挪动，NO转化率降低，D错。5、C6、BD解析：在恒容状态下，在五个一样的容器中同时通入等量的NO2，反响一样时间。那么则有两种可能，一是已到达平衡状态，二是还没有到达平衡状态，仍旧在向正反响挪动。若5个容器在反响一样时间下，均已到达平衡，因为该反响是放热反响，温度越高，平衡向逆反响方向挪动，NO2的百分含量随温度上升而上升，所以B正确。若5个容器中有未到达平衡状态的，那么温度越高，反响速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的状况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，D正确。7、C解析：高温区TaS2反响生成TaI4气体至低温区，从而在低温区重新生成TaS2，一段时间后，杂质留在高温区，TaS2在低温区，从而到达分别效果。不同温度下反响的方向不同，TaI4的量及温度凹凸有关并非保持不变，A错误；因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不行能不断削减，而是充当一个“搬运工”的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误，C正确。平衡常数及TaI4和S2的浓度乘积成正比，D错误。8、A9、【答案】【解析】本题考察化学反响速率和化学平衡的综合运用，留意图像和有关计算。（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。（2）根据题意，可以利用“三步法”求解 aX + bYcZ 开场 100 100 0转化 045 09 09平衡 055 01 09根据各物质的量之比可得体系中发生反响的化学方程式是： X+2Y2Z。（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为05mol， 其平均速率为0083mol/L·min。（4）X的转化率等于045。（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向挪动，条件为上升温度。在2中，平衡时Z的物质的量及原平衡一样，且速率加快，条件为参加催化剂；在3中，平衡正向挪动，且速率加快，条件为加压。9、【答案】（1）31336.00.30探究温度对降解反响速率的影响（2）8×106mol·L1·s1（3）因为H2O2 在高温下可发生分解反响。（4）降解反响停顿。（5）快速向溶液中参加NaOH 使pH10。10、【解析】第8题是一道新型的试验探究题，根据题给信息能很简洁解决这道题。第（1）题：由题中“限制p-CP的初始浓度一样恒定在试验温度在298K或313K(其余试验条件见下表)”这句话中的信息能解决表格的第二列“探究温度对降解反响速率的影响”，故表格这一行应当填写“313，3，6.0，0.30”，第三行比照可以发觉其他温度浓度均没发生变更，就pH值由3变成10，所以第三行空中应当填写的是“探究溶液的pH值对降解反响速率的影响”。第（2）题很简洁，根据化学反响速率的定义，结合图像即可计算出结果，v(p-CP)=(1.2-0.8)×103/(15050)=8×106 mol·L1·s1。第（3）题提示“请从Fenton法所用试剂H2O2 的角度说明”，通过平常的学习知，H2O2 温度高时不稳定，故虽然高温能加快化学反响速率，但温度过高就是导致H2O2 分解，没了反响物，速率自然会减小。第（4）小题，可由图像视察得到，图像中随时间变更曲线表示在pH=10时，浓度不变，说明化学反响速率为0，化学反响停顿。第（5）题，可以根据第四小题答复，使反响快速停顿，可以向溶液加碱，调整pH=10即可。11、解析：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为67%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1100mol×67%=0933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为112%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1100mol×112%=0888mol，所以15至20min甲酸甲酯的削减量为0933mol0888mol=0045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0045mol/5min=0009mol·min1。（2）从题给数据不难看出，平均速率的变更随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反响开场甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进展甲酸甲酯的浓度减小，反响速率减小，当到达平衡时，反响速率几乎不变。（3）由图象及表格可知，在75min时到达平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为100×24%=024mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=076mol，水的物质的量175mol，甲酸的物质的量=025mol 甲醇的物质的量=076mol所以K=（076×025）/（175×076）=1/7（4）因为上升温度，反响速率增大，到达平衡所需时间削减，所以绘图时要留意T2到达平衡的时间要小于T1，又该反响是吸热反响，上升温度平衡向逆反响方向挪动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要留意T2到达平衡时的平台要低于T1。答案：（1）1520min范围内甲酸甲酯的削减量为0045mol；甲酸甲酯的平均反响速率为0009mol·min1（2）反响速率随着反响的进展，先渐渐增大再渐渐减小，后不变；缘由：随着反响的不断进展，应开场甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进展，甲酸甲酯的物质的量浓度不断削减，反响速率不断减慢，所以转化率增大的程度渐渐减小，当反响到达平衡后，转化率不变。（3）1/7（4）图略。作图要点：因为T2>T1，温度越高，平衡向逆反响方向挪动，甲酸甲酯的转化率下降，T2到达平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快到达平衡，所以T2到达平衡的时间要小于T1。12.（10分，每空2分）（1） C F 25% 6 （2）CO(g) + FeO(s) Fe(s) + CO2(g) H218.0 kJ·mol1 （3）20