专题3 化学反应速率的数据及图像分析

随着反应的进行，反应物浓度减小，因此 $ {t}_{1} $ 时刻反应物浓度大于 $ {t}_{2} $ 时刻反应物浓度， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；开始时，逆反应速率为零，平衡时逆反应速率最大， $ {t}_{4} $ 时刻之后，正反应速率不变，则反应在 $ {t}_{4} $ 时刻后处于化学平衡状态，因此逆反应速率在 $ {t}_{4} $ 时刻达到最大， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确； $ c $ 点之前，正反应速率增大，而反应物浓度减小，说明该阶段使反应速率增大的原因不是浓度，可能是温度，则该反应放热， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

由图像可知， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 最终浓度为0，说明 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 能完全分解，该反应不是可逆反应， $ {\rm \mathrm{A}} $ 错误；由图像可知，两条线的斜率相同， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 的起始浓度 $ {\rm c({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=10×{10}^{-2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ 时，半衰期为 $ 50 \min $ ， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 的起始浓度 $ {\rm c({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=5×{10}^{-2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ 时，半衰期为 $ 25 \min $ ， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 的半衰期与起始浓度成正比， $ {\rm \mathrm{B}} $ 错误；由图像可知， $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}} $ 的分解速率在各时间段内相等，即 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 分解反应速率不随时间改变而改变， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误； $ ab $ 段 $ {\rm {\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O}(\mathrm{g})} $ 的消耗速率 $ {\rm v({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=\dfrac{\mathrm{\Delta }c}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{3×{10}^{-2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{30 \min }=1.0×{10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ，根据不同物质反应速率之比等于化学计量数之比得 $ {\rm v({\mathrm{O}}_{2})=\dfrac{1}{2}v({\mathrm{H}}_{2}\mathrm{O})=5.0×{10}^{-4}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

根据图像， $ 0\sim 4 \min $ 内氯离子浓度增加 $ {\rm 0.01\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，则 $ {\rm {\mathrm{C}\mathrm{l}\mathrm{O}}_{3}^{-}} $ 的浓度减小 $ {\rm 0.01\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}} $ ，该反应在 $ 0\sim 4 \min $ 的化学反应速率 $ {\rm v({\mathrm{C}\mathrm{l}\mathrm{O}}_{3}^{-})=\dfrac{0.01\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{4 \min }=2.5×{10}^{-3}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot { \min }^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确；用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数之比， $ 5 \min $ 时反应中 $ {\rm 3v({\mathrm{C}\mathrm{l}}^{-})=v({\mathrm{H}\mathrm{S}\mathrm{O}}_{3}^{-})} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确；根据图像，在反应过程中，该反应的反应速率先增大后减小， $ {\rm \mathrm{C}} $ 错误；一段时间后反应速率明显增大，可能是生成的氯离子或硫酸根离子可催化该反应使反应速率加快，也可能是反应放热，温度升高使反应速率加快， $ {\rm \mathrm{D}} $ 正确。

根据题图甲可知，反应①中反应物为氧化钡、二氧化氮和氧气，生成物为硝酸钡，其化学方程式为 $ {\rm 4{\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}+{\mathrm{O}}_{2}+2\mathrm{B}\mathrm{a}\mathrm{O}\xlongequal{}2\mathrm{B}\mathrm{a}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{3})_{2}} $ ， $ {\rm \mathrm{A}} $ 正确； $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ 的储存和还原技术能有效减少柴油发动机在空气过量时排放的 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ ， $ {\rm \mathrm{N}\mathrm{O}} $ 和氧气反应生成 $ {\rm {\mathrm{N}\mathrm{O}}_{2}} $ ，则该储存和还原技术也能减少尾气排放的 $ {\rm \mathrm{N}\mathrm{O}} $ ， $ {\rm \mathrm{B}} $ 正确； $ 0～12.5\mathrm{s} $ 内，氢气的消耗速率 $ {\rm v({\mathrm{H}}_{2})=\dfrac{2000×{10}^{-6}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}}{12.5\mathrm{s}}=1.6×{10}^{-4}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}\cdot {\mathrm{L}}^{-1}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}} $ ， $ {\rm \mathrm{C}} $ 正确；分析题图可知反应②分两步进行，第一个阶段硝酸钡和氢气反应生成氨气，有 $ {\rm \mathrm{B}\mathrm{a}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{3})_{2}\sim 2{\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}} $ ，第二个阶段硝酸钡和氨气反应生成氮气，根据得失电子守恒原则，有 $ {\rm 3\mathrm{B}\mathrm{a}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{3})_{2}\sim 10{\mathrm{N}\mathrm{H}}_{3}} $ ，两个阶段所用时间大致相同，生成或消耗 $ 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 氨气，第一步会消耗 $ 0.5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 硝酸钡，第二步消耗 $ 0.3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l} $ 硝酸钡，因此第二步 $ {\rm \mathrm{B}\mathrm{a}({\mathrm{N}\mathrm{O}}_{3})_{2}} $ 的消耗速率小于第一步的， $ {\rm \mathrm{D}} $ 错误。