化学反应速率的变化

1、化学反响速率的变化、化学平衡的移动都与反响物的温度、浓度、气体反响物的压强等因素有关，化学平衡的移动又与反响速率的变化之间有着密不可分的关系，所有这些都可以用一定形式的图像来表达。化学反响速率与化学平衡的图像都是以此为依据来设计的。旨在考查学生对化学反响速率与化学平衡中的根本概念、根本理论的掌握程度以及分析、推理、自学和创新能力。在解答此类问题时，应从以下方面进行综合分析：一是借助于化学方程式掌握化学反响的特征；二是掌握化学反响的速率变化与平衡移动的规律；三是掌握图中符号的含义，图中符号工程主要包括纵坐标、横坐标和图像，对图像要弄清楚其起点、拐点、交点、终点和走向即“四点一向的含义。现归纳如下

2、。一、确定图像的意义1确定图像的物理意义例1.在容积固定的4L密闭容顺中，进行可逆反响：X气+2Y气 2Z气并到达平衡，在此过程中，以Y的浓度改变表示的反响速率(正)、(逆)与时间t的关系如右图，如图中阴影局部面积表示 AX的浓度的减少 BY的物质的量的减少CY的浓度的减少 DX的物质的量的减少解析：此题要求学生掌握图中阴影局部面积表示的意义。由图可知纵坐标表示以Y的浓度改变表示的反响速率(正)、(逆)，横坐标表示时间，阴影局部面积表示：V(正).t1-V(逆).t1,即Y的消耗浓度与Y的生成浓度之差，也就是Y的浓度的减少。应选C。2确定图像的横(或纵)坐标轴的意义例2.在某容积一定的密闭容器

3、中，可逆反响A气+ B气 xC气 = Q有如以下图a、b所示的关系曲线，试判断以下对图b的说法正确的选项是 AP3 P4 y轴表示A的转化率 BP3 P4 y轴表示B的体积分数 CP3 P4 y轴表示混合气体的平均式量解析：由图a可知：当压强相同均为P2，温度为T1时到达平衡的时间短，故T1T2,且温度高时C%越小，即升高温度平衡逆移，正反响为放热反响= QP1,且压强大时C%越大，即增大压强平衡正移，正反响为气体体积缩小的反响，所以x=1。由图b可知：当压强相同均为P4，随温度升高，y减小。当温度相同时，假设P3P4, 随压强增大y增大；假设P4P3, 随压强增大y减小。综合分析可知：该题答

4、案为A、D。二、确定条件变化例3.某密闭容器中发生如下反响：X(g)3Y(g)2Z(g) H0。以下图表示该反响的速率v随时间t变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始参加量。以下说法中正确的选项是 At2时参加了催化剂 Bt3时降低了温度Ct5时增大了压强 Dt4t5时间内X的转化率最低解析：三步分析法：一看反响速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。由图可知：t2t3时，v正=v逆0, 化学平衡不移动，t2时参加了催化剂；t3t4时，v(逆)、v(正)均减小，且v正v逆，化学平衡逆移，t3时是减小压强；t5t6时，v(逆)、v

5、(正)均增大，且v逆v正，化学平衡逆移，t5时是升高温度；由化学平衡移动原理可知：t6时X的转化率最低。故此题答案为A。例4.向一体积不变的密闭容器中充入H2和I2,发生反响：H2gI2(g) 2HIgH0,当到达平衡后,改变反响的某一条件(不再充入任何气体),造成容器内压强增大,以下说法正确的选项是( ) A.容器内气体颜色变深,平均相对分子质量增大B.平衡向右移动,HI浓度增大C.改变条件前后,速率时间图像如右图D.平衡不移动,混合气体密度不变解析：根据题意：在一体积不变的密闭容器中发生如下反响：H2(g)I2(g) 2HI(g) Hv正，化学平衡逆移。故t0时是升高温度。图像与题设条件一

6、致，根据化学平衡移动原理可知：故此题答案为C。三、确定反响特点例5、 某可逆反响mA(g) + n B(g) pC(g) = Q在密闭容器中进行，图中表示在不同反响时间t时，温度T和压强P与反响物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析以下判断正确的 A. T1 P2 m + n p Q T2 P1 p Q 0 C. T1 P2 m + n 0 D. T1 T2 P1 P2 m + n 0 解析：根据到达平衡的时间长短,可以断定：压强均为P2时，T2T1；温度均为T1时，P2P1。 根据“平台上下，可断定低温有利于B%增大，说明逆反响是放热反响，即正反响为吸热，Q0；高压有利B%增大

7、,说明增大压强,平衡逆移，故mnp。由此可知，此题答案：D。例6、对到达平衡状态的可逆反响X+YZ+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反响速率变化图像如图1所示，那么图像中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为( ) AZ、W均为气体，X、Y中有一种是气体 BZ、W中有一种是气体，X、Y皆非气体 CX、Y、Z、W皆非气体 DX、Y均为气体，Z、W中有一种为气体解析：经常有一些同学错选B，认为增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动其实，图像告诉我们的是：增大压强，加快了正、逆反响，但逆反响速率增大的幅度大于正反响速率增大的幅度，由此而导致平衡向左移动而压强的改变，只影响气体反响的速率，选项B

8、所言的X、Y皆非气体即其正反响速率不受影响，故正确答案为A。四、确定化学方程式1由浓度-时间曲线确定化学方程式例7、图2表示800时A、B、C三种气体物质的浓度随时间的变化情况，t1是到达平衡态的时间试答复： 1该反响的反响物是_；2反响物的转化率是_；3该反响的化学方程式为_。解析：起始时A的浓度为2.0 molL，B、C的浓度为0，随着时间的推移，A的浓度降低为1.2 molL，C的浓度升高为1.2 molL，B的浓度升高为0.4mol/Lt1时刻后各物质浓度不再变化，说明反响已达平衡，得出A为反响物，B、C为产物，它们浓度变化的差值之比为化学方程式中各物质的化学计量数之比。故正确答案为：

9、1A；240；32AB3C2由物质的量-转化率曲线确定化学方程式例8、一定条件下，将X和Y两种气体按不同比例放入固定容积的密闭容器中，反响达平衡后，测得X、Y的转化率与起始时物质的量之比的关系如图1。那么该反响的化学方程式可表示为( )温度/压强/kPaZ的质量分数2001010.403001010.484002020.524003030.52表一A3X(g)Y(g)4Z(g) BX(g) 3Y(g)4Z(g)C3X(g)2Y(g)3Z(g) D2X(g)3Y(g)3Z(g)解析：从图像可知：当n(X)/n(Y)=3时，X的转化率曲线与Y的转化率曲线相交，即X的转化率与Y的转化率相等，根据化学

10、方程式计算可知：起始时反响物的物质的量之比等于化学方程式中各反响物的化学计量数之比。计算如下： 设：某可逆反响为：mA(g) + n B(g) pC(g)，A、B起始时的物质的量分别为n(A)、n(B)，A、B的转化率分别为a(A)、a(B)。那么有：mA(g) + n B(g) pC(g) m n n(A)a(B) n(B)a(B)即：m ：n = n(A)a(B) ：n(B)a(B)n(A)/n(B)=ma(A)/na(B)当a(A)=a(B)时，n(A)/n(B)=m/n，即起始时反响物的物质的量之比等于化学方程式中各反响物的化学计量数之比。因起始时反响物的物质的量之比n(X)/n(Y)

11、=3，故X与Y在化学方程式中化学计量数之比为3:1。答案为A。五、确定反响进行的方向例9.右图为条件一定时,反响2NOO2 2 NO2 H“=或“0；(3)在900K时XeF2、XeF4、XeF6共存,根据可逆反响的特点,还应有XeF2存在着。答案为：1Xe+3F2=XeF6 6；2；随着温度的升高，XeF6XeF4+F2平衡向右移动，根据温度升高平衡向吸热反响方向移动的原理，那么该反响的H 0。3XeF6、XeF4、XeF2、Xe、F2。例12.向一定体积的密闭容器中参加2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反响，各物质的量浓度随时间变化如图所示，其中t0t1

12、阶段cB未画出。图为t2时刻后改变反响条件，化学反响速率随时间变化的情况，四个阶段改变的条件均不相同，每个阶段只改变浓度、压强、温度、催化剂中的一个条件，其中t3t4阶段为使用催化剂。请答复以下问题：1假设t1=15 min，那么t0t1阶段以C物质的浓度变化表示的反响速率为 mol L1min1。2t4t5阶段改变的条件为 ，B的起始物质的量浓度为 mol L1。3t5t6阶段保持容器内温度不变，假设A的物质的量共变化了0.01mol，而此过程中容器与外界的热交换总量为a kJ，写出此温度下该反响的热化学方程式 。解析：此题是一道运用浓度-时间图像与速率-时间图像来确定化学方程式、条件改变和

13、反响物的起始浓度的综合题。因图为t2时刻后改变反响条件，化学反响速率随时间变化的情况，四个阶段改变的条件均不相同，每个阶段只改变浓度、压强、温度、催化剂中的一个条件，其中t3t4阶段为使用催化剂。根据正逆反响速率变化与化学平衡的移动情况可推断：t2t3阶段和t5t6阶段平衡发生了移动， t4t5阶段平衡没有移动。由于改变浓度、温度化学平衡一定移动；而改变压强，对于反响前后气体体积不变的可逆反响，平衡不移动。利用三步分析法：一看反响速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。由图可知： t2t3阶段为改变浓度；t5t6阶段为升高温度，且化学平衡正移，故该反响的正反响为吸热反响； t4t5阶段为改变压强，且改变压强平衡不移动，故该反响为反响前后气体体积不变的反响。由图I可知：