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    （2009?广东）甲酸甲酯水解反应方程式为：
    HCOOCH3（l）+H2O（l）HCOOH（l）+CH3OH（l）△H＞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：

    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：

    请计算15～20min范围内甲酸甲酯的减少量为
    0.045
    0.045
    mol，甲酸甲酯的平均反应速率为
    0.009
    0.009
    mol?min-1（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：
    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．
    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．
    ．
    （3）上述反应的平衡常数表达式为：K=
    c(HCOOH)?c(CH3OH)
    c(HCOOCH3)?c(H2O)
    ，则该反应在温度T1下的K值为
    1
    7
    1
    7
    ．
    （4）其他条件不变，仅改变温度为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应时间变化的预期结果示意图．
    分析：（1）由图表可知，15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%，两次时刻剩余的甲酸甲酯的物质的量之差，即为15～20min范围内甲酸甲酯的减少量；
    根据题目图表可知反应速率为单位时间内物质的量的变化，15～20min范围内甲酸甲酯的平均速率为
    △n
    △t
    ，据此求解；
    （2）甲酸具有催化作用，加快反应，开始氢离子浓度小，催化效果不明显，随着反应进行氢离子浓度增大，催化效果明显，甲酸增加到一定程度后，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，当达到平衡时，反应速率几乎不变；
    （3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，计算出平衡时反应混合物各物质的物质的量，代入表达式计算；
    （4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小．
    解答：解：（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009mol?min-1．
    故答案为：0.045mol；0.009mol?min-1；
    （2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变．因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变．
    故答案为：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．
    （3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，甲醇的物质的量=0.76mol．所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7．
    故答案为：
    1
    7
    ；
    （4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要高于T1．
    故答案为：．
    点评：本题考查考生对化学反应速率概念，化学平衡的了解及其影响因素的理解，对化学平衡常数简单计算的掌握，注重考查学生知识迁移、读图及表达能力．
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    科目：高中化学 来源： 题型：阅读理解

    （2009?广东模拟）绿矾（FeSO4?7H2O）是重要的化学化工试剂，工业上常利用机械加工行业产生的废铁屑为原料制备．请回答下列问题：
    （1）右图锥形瓶中的反应物是铁屑和28%的硫酸，反应前常用98%的硫酸配制500g 28%的硫酸，要算出所需98%的硫酸的体积，还要知道的数据是
    98%硫酸的密度
    98%硫酸的密度
    ．
    （2）在制备硫酸亚铁的过程中，理论上控制铁过量或酸过量均有利于防止Fe2+被氧化．设计两个实验：实验一，控制酸过量；实验二，控制铁过量；其余步骤同，制得硫酸亚铁，并对产品质量进行检测．检测结果如下：
    序号 反应物用量 产品质量
    1 n（H2SO4）：n（Fe）＞1：1 介于Ⅰ级～Ⅱ级之间
    2 n（H2SO4）：n（Fe）＜1：1 优于Ⅰ级
    已知产品质量标准：Fe3+的质量分数等于0.005%，产品质量定为Ⅰ级；Fe3+的质量分数等于0.01%，产品质量定为Ⅱ级，从实验结果中，可得出制备硫酸亚铁溶液时，反应控制
    铁
    铁
    过量为最佳．
    （3）该小组在继续研究由绿矾制备Fe（OH）2的过程中，发现出现白色的沉淀会逐渐转变为灰绿色，最后变为红褐色．甲同学查资料该灰绿色沉淀可能是Fe3（OH）8，请用氧化物的形式写出该沉淀
    FeO?Fe2O3?4H2O
    FeO?Fe2O3?4H2O
    ；乙同学查资料后认为该灰绿色沉淀是由于Fe（OH）2部分被氧化，混入少量的Fe（OH）3的缘故，请提出一种在研究由Fe2+制备Fe（OH）2的过程中，有助于对沉淀由“白”变“绿”的现象进行合理解释的实验设计新思路
    向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色．或者可以将Fe（OH）3和Fe（OH）2混合后观察其颜色
    向Fe2+和Fe3+的混合液中加入NaOH溶液后，观察生成的沉淀的颜色是否为灰绿色．或者可以将Fe（OH）3和Fe（OH）2混合后观察其颜色
    ．

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