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2022届高考化学一轮复习讲义学案第7章 课题23 化学反应速率
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这是一份2022届高考化学一轮复习讲义学案第7章 课题23 化学反应速率，共19页。
课题23 化学反应速率
学习任务1 化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率与化学计量数的关系
同一反应在同一时间内，用不同物质表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比＝物质的量变化量之比＝物质的量浓度变化量之比。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。( )
(2)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。( )
(3)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率。( )
(4)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1。( )
(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。( )
(6)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。( )
(7)化学反应速率指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加。( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)×
2．(教材改编题)在2 L的密闭容器中发生某反应后，各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
回答下列问题：
(1)该反应的反应物是______，生成物是______，反应的化学方程式为_____________。
(2)0～10 s的平均反应速率v(H2)＝___________________________。
(3)能否用I2(s)的物质的量浓度变化量来表示该反应的速率？________(填“能”或“否”)。
答案：(1)H2和I2 HI H2(g)＋I2(s)2HI(g)
(2)0.039 5 mol·L－1·s－1
(3)否
化学反应速率的大小比较
证据推理与模型认知
1．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1
D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
解析：选D。本题可以采用归一法进行求解，通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较。B物质是固体，不能用其浓度的变化表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
2．已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1
②v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
③v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1
④v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1
⑤v(NO2)＝0.01 mol·L－1·s－1
上述5种情况反应的速率由大到小的顺序为_______________________________。
解析：②经转化可表示为v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 mol·L－1·min－1；③经转化可表示为v(CO)＝4v(N2)＝1.6 mol·L－1·min－1；④经转化可表示为v(CO)＝v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤经转化可表示为v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－1·min－1，故反应速率由大到小的顺序为③>①>②>⑤>④。
答案：③>①>②>⑤>④
同一化学反应中反应快慢的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应，如aA＋bB===cC＋dD，比较与，若>，则用A表示的反应速率比用B表示的反应速率大。
化学反应速率的计算
证据推理与模型认知
3．在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2＋O2===2NO，经测定前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，则6 s末NO的浓度( )
A．等于1.2 mol·L－1
B．小于1.2 mol·L－1
C．大于1.2 mol·L－1
D．不能确定
解析：选B。前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，即用NO表示的反应速率为0.2 mol·L－1·s－1。如果3～6 s用NO表示的反应速率仍为0.2 mol·L－1·s－1，则6 s末NO的浓度为1.2 mol·L－1。由于随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故6 s末NO的浓度小于1.2 mol·L－1。
4．(双选)将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
B．用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
C．2 s时物质A的转化率为70%
D．2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
解析：选AD。A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，由2 s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，所以用A、B表示的反应的平均速率分别为0.3 mol·L－1·s－1、0.15 mol·L－1·s－1，2 s时A、B的浓度分别为1.4 mol·L－1、0.7 mol·L－1。2 s时物质A的转化率为30%。
5．[2018·高考全国卷Ⅰ，28(2)②]F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min
0
40
80
160
260
1 300
1 700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
解析：t＝62 min时，体系中pO2＝2.9 kPa，根据“三段式”法得
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
转化/kPa 5.8 5.8 2.9
62 min/kPa 30.0 5.8 2.9
则62 min时pN2O5＝30.0 kPa，v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案：30.0 6.0×10－2
化学反应中各物质浓度(或压强)的计算模式——“三段式”
(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·L－1) a b c
转化浓度/(mol·L－1) x
某时刻浓度/(mol·L－1) a－x b－ c＋
学习任务2 影响化学反应速率的因素
一、影响化学反应速率的因素
1．内因(主要因素)
反应物本身的性质。例如，相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
二、理论解释——有效碰撞理论
1．活化分子、活化能、有效碰撞
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：普通分子变为活化分子所需要吸收的最低能量。
上图中：E1为反应的活化能，E2为活化分子变成生成物分子放出的能量，E3为使用催化剂时的活化能，E1－E2为反应热。由此可见，活化能小的反应速率快，活化能大的反应速率慢。
(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
2．活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2018·高考江苏卷)在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快。( )
(2)催化剂都不参加化学反应。( )
(3)一般情况下，升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大。( )
(4)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率。( )
(5)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大。( )
(6)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增大氯化钾浓度，逆反应速率加快。( )
(7)催化剂能降低反应的活化能，ΔH也会发生变化。( )
(8)温度、催化剂能改变活化分子的百分数。( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× (7)× (8)√
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)缩小体积使压强增大：________；
(2)恒容充入N2：________；
(3)恒容充入He：________；
(4)恒压充入He：________。
答案：(1)增大 (2)增大 (3)不变 (4)减小
气体反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时对反应速率的影响
(1)恒容：充入“惰性气体”―→总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”―→体积增大―→物质浓度减小(活化分子浓度减小)―→反应速率减小。
影响化学反应速率的因素
变化观念
1．(双选)反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
解析：选AC。增大固体的量、恒容时充入“惰性气体”对化学反应速率均无影响。
2．下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是( )
选项
反应
甲
乙
A
外形、大小相同的金属和水反应
Na
K
B
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mL H2C2O4(草酸)溶液反应
0.1 mol·L－1的
H2C2O4溶液
0.2 mol·L－1的H2C2O4溶液
C
5 mL 0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 mol·L－1H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末
解析：选C。由于K比Na活泼，故外形、大小相同的金属K和Na与水反应，K的反应速率更快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随着反应的进行，放出大量的热，反应速率逐渐加快，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲快，B项不正确；由于甲反应是在热水中进行的，温度高，故甲的反应速率大于乙，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙反应速率逐渐减小，C项正确；MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用，故乙的反应速率大于甲，D项不正确。
3．(双选)(2020·山东等级考模拟)热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了TiHFe双温区催化剂(TiH区域和Fe区域的温度差可超过100 ℃)。TiHFe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．①为N≡N键的断裂过程
B．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
C．④为N原子由Fe区域向TiH区域的传递过程
D．使用TiHFe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
解析：选BC。A选项，经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，A错误。B选项，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温区进行。④⑤在低温区进行是为了增大平衡产率，B正确。C选项，由题中图示可知，过程④完成了TiHFe＋*N到TiH*NFe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向TiH区域传递，C正确。D选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，D错误。
(1)研究浓度对反应速率的影响时，只有改变参与离子反应的离子浓度，才会对化学反应速率产生影响。例如，Fe和稀H2SO4、盐酸反应，改变 c(SO)、c(Cl－)对化学反应速率无影响。
(2)比较离子浓度大小时，一定要比较混合液中的离子浓度，此时溶液的体积为混合后溶液的体积。
(3)由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故改变其用量，反应速率不变。但当固体颗粒变小时，其表面积增大，反应速率增大。
(4)压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的，所以分析压强的改变对反应速率的影响时，要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析，若改变总压强而各物质的浓度不变，则反应速率不变。一般意义上的增大压强指压缩气体的体积，减小压强指扩大气体的体积。
(5)改变温度或使用催化剂，反应速率一定发生变化，其他外界因素的改变，反应速率则不一定发生变化。催化剂能同时、同等程度地增大正、逆反应速率。
(6)其他条件一定，升高温度，不论正反应还是逆反应，不论反应放热还是吸热，反应速率都增大，只不过正、逆反应速率增加的程度不同。
(7)在温度、浓度、催化剂等影响化学反应速率的因素中，催化剂的影响最大，其次是温度，最后是浓度。
小专题突破8 控制变量探究影响化学反应速率的因素
——科学探究与创新意识
[专题精讲]
在研究影响化学反应速率的因素时，由于外界影响因素较多，在探究某个因素的影响时，均需控制其他因素相同或不变，再进行实验。因此，常用控制变量思想解决该类问题。
1．常见考查形式
(1)以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
(2)给出影响化学反应速率的几种因素，让学生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。
2．解题策略
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。
3．实例分析
探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。
探究对象的反应
2H2O2===2H2O＋O2↑
控制的可变量
催化剂
温度
控制的不变量
浓度、温度等
浓度、催化剂等
实验方案
取相同量的5% H2O2于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支不加，在常温下观察实验现象
取相同量的5% H2O2于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察实验现象
[专题精练]
1．(2020·衡水高三模拟)为了探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积气体所需的时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1 H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
解析：若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他物质的量均相同，则V1＝V2＝V3＝V4＝V5＝30。最终溶液总体积相同，由实验F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V6＝10，V9＝17.5。
答案：30 10 17.5
2．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/ (mol·L－1)
体积/mL
浓度/ (mol·L－1)
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1 mol H2C2O4转移________mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥________。
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验是______(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验是________。
(3)已知50 ℃时c(MnO)反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中画出25 ℃时c(MnO)反应时间t的变化曲线。
答案：(1)2 2.5 (2)②和③ ①和②
(3)
3．(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：
序号
纯锌粉/g
2.0 mol·L－1硫酸
溶液/mL
温度/℃
硫酸铜固体/g
加入蒸馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
①本实验待测数据可以是______________________，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。
②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是_______________________________________________，
写出有关反应的离子方程式：_____________________________________________。
(2)为探究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：
实验序号
体积V/mL
淀粉
溶液
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝________，理由是_______________________________________________。
解析：(1)①实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，故可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸中构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率会减慢。所以实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是探究硫酸铜的量对反应速率的影响。
(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
答案：(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度 ②探究硫酸铜的量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他物质浓度不变
控制变量法解决问题的基本思路[以第3题(1)为例]
1．[2019·高考全国卷Ⅱ，27(3)]环戊二烯()容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1
解析：由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1
2．[2018·高考全国卷Ⅲ，28(3)③]三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
解析：温度越高，反应速率越大，a处所在曲线对应的温度高于b处所在曲线对应的温度，所以a处反应速率大于b处反应速率。a处所在曲线达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知，a处所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3 y mol，则根据三段式法得2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.22y 0.11y 0.11y
平衡/mol 0.78y 0.11y 0.11y
代入k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，0.782k正＝0.112k逆，＝ ①
在a处SiHCl3的转化率为20%，根据三段式法得
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.2y 0.1y 0.1y
a处/mol 0.8y 0.1y 0.1y
则＝＝×，将①代入计算得出＝1.3。
答案：大于 1.3
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．关于有效碰撞理论，下列说法正确的是( )
A．活化分子间发生的所有碰撞均为有效碰撞
B．增大反应物浓度能够增大活化分子百分数，化学反应速率增大
C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
D．增大压强，活化分子数一定增加，化学反应速率一定增大
解析：选C。能够引发化学反应的碰撞才是有效碰撞，A项错误；增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，有效碰撞的概率增大，反应速率增大，但活化分子百分数不变，B项错误；升高温度，能使更多的分子变为活化分子，增大了活化分子百分数，有效碰撞的次数增多，反应速率增大，C项正确；恒温恒容下，通入不反应的气体，增大了压强，但气体反应物的浓度不变，单位体积内的活化分子数不变，反应速率不变，D项错误。
2．某化学兴趣小组用铝片和稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快反应速率的是( )
①用浓硫酸代替稀硫酸 ②加热 ③改用铝粉 ④增大稀硫酸的体积 ⑤加水 ⑥加入少量硫酸铜
A．全部 B．②③⑥
C．①②③⑥ D．②③④⑥
解析：选B。用浓硫酸代替稀硫酸，铝会发生钝化；增大稀硫酸的体积，不能增大其浓度，不会改变反应的速率；加水会稀释稀硫酸，减慢反应速率；加热能够加快该反应的速率；改用铝粉，增大了与稀硫酸的接触面积，加快反应速率；加入少量硫酸铜可生成铜单质，铜单质会和铝、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。
3．以下是几位同学在学习化学反应速率理论后发表的一些看法，其中不正确的是( )
A．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率和生成物的产率
B．化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品
C．影响化学反应速率的主要因素是反应物的性质，浓度、温度、催化剂、反应物颗粒大小等外部因素也会对化学反应速率产生影响
D．正确利用化学反应速率理论可提高化工生产的综合经济效益
解析：选A。化学反应速率理论研究的是化学反应进行的快慢问题，不能指导提高原料的转化率和生成物的产率。
4．(2020·渭南三校联考)a、b、c三个容器，分别发生合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得数据如下表所示：
容器
a
b
c
反应速率
v(H2)＝
3 mol·L－1·min－1
v(N2)＝
3 mol·L－1·min－1
v(NH3)＝
4 mol·L－1·min－1
则三个容器中合成氨的反应速率由大到小的顺序为( )
A．v(a)>v(b)>v(c) B．v(b)>v(c)>v(a)
C．v(c)>v(a)>v(b) D．v(b)>v(a)>v(c)
解析：选B。合成氨的化学方程式为3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，反应速率可换成用同一物质来表示，再比较其大小。
5．(教材改编题)在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是( )
A．加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的倍数相等
B．加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C．降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D．恒容下通入氩气，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
解析：选D。加入催化剂，正、逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，A正确；反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v正、v逆都增大，平衡向正反应方向移动，说明v正增大的倍数大于v逆增大的倍数，B正确；正反应放热，则降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，C正确；在恒容下通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，D错误。
6．把0.6 mol气体X和0.4 mol气体Y混合于2.0 L的密闭容器中，发生如下反应：3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)，测得5 min末生成0.2 mol W，又知以Z表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则n值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A。v(W)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，又因v(Z)＝0.01 mol·L－1·min－1，则v(W)∶v(Z)＝0.02∶0.01＝2∶1，故n＝1。
7．(新题预测)反应速率和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2＋Cl2===2HCl的反应速率可表示为v＝k·cm(H2)·cn(Cl2)，式中k为常数，m、n值可由下表中数据确定。由此可推得m、n值分别是( )
c(H2)/(mol·L－1)
c(Cl2)/(mol·L－1)
v/(mol·L－1·s－1)
1.0
1.0
1.0k
2.0
1.0
2.0k
2.0
4.0
4.0k
A.m＝1、n＝1 B．m＝、n＝
C．m＝1、n＝ D．m＝、n＝1
解析：选C。设三组数据编号分别为①②③，则由＝＝2＝＝2m，解得m＝1；由＝＝2＝＝4n，解得n＝，故选C。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
8.如图所示为800 ℃时，A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是( )
A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)＋C(g)
B．前2 min A的分解速率为0.1 mol·L－1·min－1
C．开始时，正、逆反应同时开始
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1
解析：选C。根据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C的浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反应为2A(g)2B(g)＋C(g)，A项正确；前2 min，v(A)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，B项正确；开始时加入的物质只有A和B，不能进行逆反应，C项错误；根据图像，2 min时，A、B、C的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.1 mol·L－1，D项正确。
9．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，下列说法正确的是( )
A．pH越小，氧化率越大
B．温度越高，氧化率越小
C．Fe2＋的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关
D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率
解析：选CD。由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等。综上A、B错误，C、D正确。
10．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若15 s内c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是( )
A．0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002 mol·L－1·s－1
B．c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的反应时间小于10 s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
解析：选D。0～15 s内，v(I2)＝v(HI)＝×＝0.001 mol·L－1·s－1，A项错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI) 由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需时间大于10 s，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均加快，C项错误；减小反应体系的体积，压强增大，反应速率加快，D项正确。
三、非选择题
11．根据反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
(1)常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率：____________。
(2)当生成SO2的速率为0.64 mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为____________。
(3)若测得4 s后O2的浓度为2.8 mol·L－1，此段时间内SO2的生成速率为0.4 mol·L－1·s－1，则开始时氧气的浓度为____________。
解析：(1)一般不用固体和纯液体来表示反应速率，所以可用O2和SO2来表示该反应的反应速率。(2)不同物质表示的反应速率和化学方程式中对应化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为0.64 mol·L－1·s－1×＝0.88 mol·L－1·s－1。(3)此段时间内SO2的生成速率为0.4 mol·L－1·s－1，则用O2表示的反应速率为0.4 mol·L－1·s－1×＝0.55 mol·L－1·s－1，O2的变化浓度为0.55 mol·L－1·s－1×4 s＝2.2 mol·L－1，开始时O2的浓度为2.8 mol·L－1＋2.2 mol·L－1＝5.0 mol·L－1。
答案：(1)O2和SO2 (2)0.88 mol·L－1·s－1
(3)5.0 mol·L－1
12．(经典题)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炭即可产生水煤气，反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。能使化学反应速率加快的措施有________。
A．增加C的物质的量
B．升高反应温度
C．随时吸收CO、H2转化为CH3OH
D．密闭定容容器中充入CO(g)
(2)将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下两组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
5
2
900
1
2
0.4
1.6
3
①实验1中以v(CO2)表示的化学反应速率为________________。
②该反应的逆反应为________(填“吸”或“放”)热反应。
(3)在一容积为2 L的密闭容器内加入2 mol CO和6 mol H2，在一定条件下发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0。该反应的逆反应速率与时间关系如图所示：
①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是________________。
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在上图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线。
解析：(1)增加C的物质的量，不能改变其浓度，不能加快化学反应速率；吸收CO、H2相当于降低生成物的浓度，其化学反应速率减慢；充入CO增大生成物的浓度，可使化学反应速率加快。
(2)①v(CO2)＝v(CO)＝＝0.16 mol·L－1·min－1。②对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减小，说明逆反应是吸热反应。
(3)①该反应前后气体物质的化学计量数之和不等，t8时逆反应速率增大且与正反应速率相等，故只能是加催化剂的原因。②t4时降压，平衡左移，v逆减小，然后在t5时达到平衡。
答案：(1)BD (2)①0.16 mol·L－1·min－1 ②吸 (3)①使用了催化剂
13．H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，已知生物脱H2S的原理：
H2S＋Fe2(SO4)3===S↓＋2FeSO4＋H2SO4
4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O
请回答下列问题：
(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是________________________________________________________________________。
(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为__________________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_____________________________________。
解析：(1)使用硫杆菌，反应速率加快，说明硫杆菌做催化剂，能够降低反应的活化能，从而加快反应速率。(2)根据图1、图2可知，当温度为30 ℃、pH＝2.0时，Fe2＋被氧化的速率最快。反应温度过高，反应速率下降，可能是因为催化剂的催化活性降低，即硫杆菌中蛋白质发生变性。
答案：(1)降低反应活化能(或做催化剂)
(2)30 ℃、pH＝2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
课题23 化学反应速率
学习任务1 化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率与化学计量数的关系
同一反应在同一时间内，用不同物质表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比＝物质的量变化量之比＝物质的量浓度变化量之比。
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。( )
(2)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。( )
(3)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率。( )
(4)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1。( )
(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。( )
(6)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。( )
(7)化学反应速率指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加。( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)×
2．(教材改编题)在2 L的密闭容器中发生某反应后，各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
回答下列问题：
(1)该反应的反应物是______，生成物是______，反应的化学方程式为_____________。
(2)0～10 s的平均反应速率v(H2)＝___________________________。
(3)能否用I2(s)的物质的量浓度变化量来表示该反应的速率？________(填“能”或“否”)。
答案：(1)H2和I2 HI H2(g)＋I2(s)2HI(g)
(2)0.039 5 mol·L－1·s－1
(3)否
化学反应速率的大小比较
证据推理与模型认知
1．对于可逆反应A(g)＋3B(s)2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1
D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
解析：选D。本题可以采用归一法进行求解，通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较。B物质是固体，不能用其浓度的变化表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
2．已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1
②v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
③v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1
④v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1
⑤v(NO2)＝0.01 mol·L－1·s－1
上述5种情况反应的速率由大到小的顺序为_______________________________。
解析：②经转化可表示为v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 mol·L－1·min－1；③经转化可表示为v(CO)＝4v(N2)＝1.6 mol·L－1·min－1；④经转化可表示为v(CO)＝v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤经转化可表示为v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－1·min－1，故反应速率由大到小的顺序为③>①>②>⑤>④。
答案：③>①>②>⑤>④
同一化学反应中反应快慢的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应，如aA＋bB===cC＋dD，比较与，若>，则用A表示的反应速率比用B表示的反应速率大。
化学反应速率的计算
证据推理与模型认知
3．在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2＋O2===2NO，经测定前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，则6 s末NO的浓度( )
A．等于1.2 mol·L－1
B．小于1.2 mol·L－1
C．大于1.2 mol·L－1
D．不能确定
解析：选B。前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，即用NO表示的反应速率为0.2 mol·L－1·s－1。如果3～6 s用NO表示的反应速率仍为0.2 mol·L－1·s－1，则6 s末NO的浓度为1.2 mol·L－1。由于随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故6 s末NO的浓度小于1.2 mol·L－1。
4．(双选)将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．用物质A表示的反应的平均速率为0.3 mol·L－1·s－1
B．用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L－1·s－1
C．2 s时物质A的转化率为70%
D．2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
解析：选AD。A、B的起始浓度分别为2 mol·L－1、1 mol·L－1，由2 s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6 mol·L－1、0.3 mol·L－1，所以用A、B表示的反应的平均速率分别为0.3 mol·L－1·s－1、0.15 mol·L－1·s－1，2 s时A、B的浓度分别为1.4 mol·L－1、0.7 mol·L－1。2 s时物质A的转化率为30%。
5．[2018·高考全国卷Ⅰ，28(2)②]F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min
0
40
80
160
260
1 300
1 700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。
解析：t＝62 min时，体系中pO2＝2.9 kPa，根据“三段式”法得
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
转化/kPa 5.8 5.8 2.9
62 min/kPa 30.0 5.8 2.9
则62 min时pN2O5＝30.0 kPa，v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案：30.0 6.0×10－2
化学反应中各物质浓度(或压强)的计算模式——“三段式”
(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·L－1) a b c
转化浓度/(mol·L－1) x
某时刻浓度/(mol·L－1) a－x b－ c＋
学习任务2 影响化学反应速率的因素
一、影响化学反应速率的因素
1．内因(主要因素)
反应物本身的性质。例如，相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
二、理论解释——有效碰撞理论
1．活化分子、活化能、有效碰撞
(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(2)活化能：普通分子变为活化分子所需要吸收的最低能量。
上图中：E1为反应的活化能，E2为活化分子变成生成物分子放出的能量，E3为使用催化剂时的活化能，E1－E2为反应热。由此可见，活化能小的反应速率快，活化能大的反应速率慢。
(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
2．活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2018·高考江苏卷)在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快。( )
(2)催化剂都不参加化学反应。( )
(3)一般情况下，升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大。( )
(4)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率。( )
(5)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大。( )
(6)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增大氯化钾浓度，逆反应速率加快。( )
(7)催化剂能降低反应的活化能，ΔH也会发生变化。( )
(8)温度、催化剂能改变活化分子的百分数。( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)× (7)× (8)√
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)缩小体积使压强增大：________；
(2)恒容充入N2：________；
(3)恒容充入He：________；
(4)恒压充入He：________。
答案：(1)增大 (2)增大 (3)不变 (4)减小
气体反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时对反应速率的影响
(1)恒容：充入“惰性气体”―→总压增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)―→反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”―→体积增大―→物质浓度减小(活化分子浓度减小)―→反应速率减小。
影响化学反应速率的因素
变化观念
1．(双选)反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是( )
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积变大
解析：选AC。增大固体的量、恒容时充入“惰性气体”对化学反应速率均无影响。
2．下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是( )
选项
反应
甲
乙
A
外形、大小相同的金属和水反应
Na
K
B
4 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mL H2C2O4(草酸)溶液反应
0.1 mol·L－1的
H2C2O4溶液
0.2 mol·L－1的H2C2O4溶液
C
5 mL 0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 mol·L－1H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末
解析：选C。由于K比Na活泼，故外形、大小相同的金属K和Na与水反应，K的反应速率更快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随着反应的进行，放出大量的热，反应速率逐渐加快，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲快，B项不正确；由于甲反应是在热水中进行的，温度高，故甲的反应速率大于乙，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙反应速率逐渐减小，C项正确；MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用，故乙的反应速率大于甲，D项不正确。
3．(双选)(2020·山东等级考模拟)热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低。我国科研人员研制了TiHFe双温区催化剂(TiH区域和Fe区域的温度差可超过100 ℃)。TiHFe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )
A．①为N≡N键的断裂过程
B．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
C．④为N原子由Fe区域向TiH区域的传递过程
D．使用TiHFe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
解析：选BC。A选项，经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，A错误。B选项，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温区进行。④⑤在低温区进行是为了增大平衡产率，B正确。C选项，由题中图示可知，过程④完成了TiHFe＋*N到TiH*NFe两种过渡态的转化，N原子由Fe区域向TiH区域传递，C正确。D选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，D错误。
(1)研究浓度对反应速率的影响时，只有改变参与离子反应的离子浓度，才会对化学反应速率产生影响。例如，Fe和稀H2SO4、盐酸反应，改变 c(SO)、c(Cl－)对化学反应速率无影响。
(2)比较离子浓度大小时，一定要比较混合液中的离子浓度，此时溶液的体积为混合后溶液的体积。
(3)由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故改变其用量，反应速率不变。但当固体颗粒变小时，其表面积增大，反应速率增大。
(4)压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的，所以分析压强的改变对反应速率的影响时，要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析，若改变总压强而各物质的浓度不变，则反应速率不变。一般意义上的增大压强指压缩气体的体积，减小压强指扩大气体的体积。
(5)改变温度或使用催化剂，反应速率一定发生变化，其他外界因素的改变，反应速率则不一定发生变化。催化剂能同时、同等程度地增大正、逆反应速率。
(6)其他条件一定，升高温度，不论正反应还是逆反应，不论反应放热还是吸热，反应速率都增大，只不过正、逆反应速率增加的程度不同。
(7)在温度、浓度、催化剂等影响化学反应速率的因素中，催化剂的影响最大，其次是温度，最后是浓度。
小专题突破8 控制变量探究影响化学反应速率的因素
——科学探究与创新意识
[专题精讲]
在研究影响化学反应速率的因素时，由于外界影响因素较多，在探究某个因素的影响时，均需控制其他因素相同或不变，再进行实验。因此，常用控制变量思想解决该类问题。
1．常见考查形式
(1)以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
(2)给出影响化学反应速率的几种因素，让学生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。
2．解题策略
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。
3．实例分析
探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。
探究对象的反应
2H2O2===2H2O＋O2↑
控制的可变量
催化剂
温度
控制的不变量
浓度、温度等
浓度、催化剂等
实验方案
取相同量的5% H2O2于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支不加，在常温下观察实验现象
取相同量的5% H2O2于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察实验现象
[专题精练]
1．(2020·衡水高三模拟)为了探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积气体所需的时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1 H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
解析：若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他物质的量均相同，则V1＝V2＝V3＝V4＝V5＝30。最终溶液总体积相同，由实验F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V6＝10，V9＝17.5。
答案：30 10 17.5
2．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/ (mol·L－1)
体积/mL
浓度/ (mol·L－1)
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1 mol H2C2O4转移________mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥________。
(2)探究温度对化学反应速率影响的实验是______(填编号，下同)，探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验是________。
(3)已知50 ℃时c(MnO)反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中画出25 ℃时c(MnO)反应时间t的变化曲线。
答案：(1)2 2.5 (2)②和③ ①和②
(3)
3．(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：
序号
纯锌粉/g
2.0 mol·L－1硫酸
溶液/mL
温度/℃
硫酸铜固体/g
加入蒸馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
①本实验待测数据可以是______________________，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。
②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是_______________________________________________，
写出有关反应的离子方程式：_____________________________________________。
(2)为探究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：
实验序号
体积V/mL
淀粉
溶液
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝________，理由是_______________________________________________。
解析：(1)①实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，故可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸中构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率会减慢。所以实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是探究硫酸铜的量对反应速率的影响。
(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。
答案：(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度 ②探究硫酸铜的量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
(2)2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他物质浓度不变
控制变量法解决问题的基本思路[以第3题(1)为例]
1．[2019·高考全国卷Ⅱ，27(3)]环戊二烯()容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L－1
解析：由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1
2．[2018·高考全国卷Ⅲ，28(3)③]三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留一位小数)。
解析：温度越高，反应速率越大，a处所在曲线对应的温度高于b处所在曲线对应的温度，所以a处反应速率大于b处反应速率。a处所在曲线达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知，a处所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3 y mol，则根据三段式法得2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.22y 0.11y 0.11y
平衡/mol 0.78y 0.11y 0.11y
代入k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，0.782k正＝0.112k逆，＝ ①
在a处SiHCl3的转化率为20%，根据三段式法得
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.2y 0.1y 0.1y
a处/mol 0.8y 0.1y 0.1y
则＝＝×，将①代入计算得出＝1.3。
答案：大于 1.3
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．关于有效碰撞理论，下列说法正确的是( )
A．活化分子间发生的所有碰撞均为有效碰撞
B．增大反应物浓度能够增大活化分子百分数，化学反应速率增大
C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
D．增大压强，活化分子数一定增加，化学反应速率一定增大
解析：选C。能够引发化学反应的碰撞才是有效碰撞，A项错误；增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子数，有效碰撞的概率增大，反应速率增大，但活化分子百分数不变，B项错误；升高温度，能使更多的分子变为活化分子，增大了活化分子百分数，有效碰撞的次数增多，反应速率增大，C项正确；恒温恒容下，通入不反应的气体，增大了压强，但气体反应物的浓度不变，单位体积内的活化分子数不变，反应速率不变，D项错误。
2．某化学兴趣小组用铝片和稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快反应速率的是( )
①用浓硫酸代替稀硫酸 ②加热 ③改用铝粉 ④增大稀硫酸的体积 ⑤加水 ⑥加入少量硫酸铜
A．全部 B．②③⑥
C．①②③⑥ D．②③④⑥
解析：选B。用浓硫酸代替稀硫酸，铝会发生钝化；增大稀硫酸的体积，不能增大其浓度，不会改变反应的速率；加水会稀释稀硫酸，减慢反应速率；加热能够加快该反应的速率；改用铝粉，增大了与稀硫酸的接触面积，加快反应速率；加入少量硫酸铜可生成铜单质，铜单质会和铝、稀硫酸构成原电池，加快反应速率。
3．以下是几位同学在学习化学反应速率理论后发表的一些看法，其中不正确的是( )
A．化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率和生成物的产率
B．化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品
C．影响化学反应速率的主要因素是反应物的性质，浓度、温度、催化剂、反应物颗粒大小等外部因素也会对化学反应速率产生影响
D．正确利用化学反应速率理论可提高化工生产的综合经济效益
解析：选A。化学反应速率理论研究的是化学反应进行的快慢问题，不能指导提高原料的转化率和生成物的产率。
4．(2020·渭南三校联考)a、b、c三个容器，分别发生合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得数据如下表所示：
容器
a
b
c
反应速率
v(H2)＝
3 mol·L－1·min－1
v(N2)＝
3 mol·L－1·min－1
v(NH3)＝
4 mol·L－1·min－1
则三个容器中合成氨的反应速率由大到小的顺序为( )
A．v(a)>v(b)>v(c) B．v(b)>v(c)>v(a)
C．v(c)>v(a)>v(b) D．v(b)>v(a)>v(c)
解析：选B。合成氨的化学方程式为3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，反应速率可换成用同一物质来表示，再比较其大小。
5．(教材改编题)在一定条件下，可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0。达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是( )
A．加催化剂，v正、v逆都发生变化，且变化的倍数相等
B．加压，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
C．降温，v正、v逆都减小，且v正减小的倍数小于v逆减小的倍数
D．恒容下通入氩气，v正、v逆都增大，且v正增大的倍数大于v逆增大的倍数
解析：选D。加入催化剂，正、逆反应速率都增大，且增大的倍数相同，平衡不移动，A正确；反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，增大压强，v正、v逆都增大，平衡向正反应方向移动，说明v正增大的倍数大于v逆增大的倍数，B正确；正反应放热，则降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，v正减小的倍数小于v逆减小的倍数，C正确；在恒容下通入氩气，虽然压强增大，但参加反应的气体的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，D错误。
6．把0.6 mol气体X和0.4 mol气体Y混合于2.0 L的密闭容器中，发生如下反应：3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)，测得5 min末生成0.2 mol W，又知以Z表示的平均反应速率为0.01 mol·L－1·min－1，则n值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A。v(W)＝＝0.02 mol·L－1·min－1，又因v(Z)＝0.01 mol·L－1·min－1，则v(W)∶v(Z)＝0.02∶0.01＝2∶1，故n＝1。
7．(新题预测)反应速率和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2＋Cl2===2HCl的反应速率可表示为v＝k·cm(H2)·cn(Cl2)，式中k为常数，m、n值可由下表中数据确定。由此可推得m、n值分别是( )
c(H2)/(mol·L－1)
c(Cl2)/(mol·L－1)
v/(mol·L－1·s－1)
1.0
1.0
1.0k
2.0
1.0
2.0k
2.0
4.0
4.0k
A.m＝1、n＝1 B．m＝、n＝
C．m＝1、n＝ D．m＝、n＝1
解析：选C。设三组数据编号分别为①②③，则由＝＝2＝＝2m，解得m＝1；由＝＝2＝＝4n，解得n＝，故选C。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
8.如图所示为800 ℃时，A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是( )
A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)＋C(g)
B．前2 min A的分解速率为0.1 mol·L－1·min－1
C．开始时，正、逆反应同时开始
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1
解析：选C。根据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C的浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反应为2A(g)2B(g)＋C(g)，A项正确；前2 min，v(A)＝＝0.1 mol·L－1·min－1，B项正确；开始时加入的物质只有A和B，不能进行逆反应，C项错误；根据图像，2 min时，A、B、C的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.1 mol·L－1，D项正确。
9．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，下列说法正确的是( )
A．pH越小，氧化率越大
B．温度越高，氧化率越小
C．Fe2＋的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关
D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率
解析：选CD。由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等。综上A、B错误，C、D正确。
10．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若15 s内c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是( )
A．0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002 mol·L－1·s－1
B．c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的反应时间小于10 s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
解析：选D。0～15 s内，v(I2)＝v(HI)＝×＝0.001 mol·L－1·s－1，A项错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI) 由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需时间大于10 s，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均加快，C项错误；减小反应体系的体积，压强增大，反应速率加快，D项正确。
三、非选择题
11．根据反应4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，试回答下列问题。
(1)常选用哪些物质来表示该反应的化学反应速率：____________。
(2)当生成SO2的速率为0.64 mol·L－1·s－1时，则氧气减少的速率为____________。
(3)若测得4 s后O2的浓度为2.8 mol·L－1，此段时间内SO2的生成速率为0.4 mol·L－1·s－1，则开始时氧气的浓度为____________。
解析：(1)一般不用固体和纯液体来表示反应速率，所以可用O2和SO2来表示该反应的反应速率。(2)不同物质表示的反应速率和化学方程式中对应化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为0.64 mol·L－1·s－1×＝0.88 mol·L－1·s－1。(3)此段时间内SO2的生成速率为0.4 mol·L－1·s－1，则用O2表示的反应速率为0.4 mol·L－1·s－1×＝0.55 mol·L－1·s－1，O2的变化浓度为0.55 mol·L－1·s－1×4 s＝2.2 mol·L－1，开始时O2的浓度为2.8 mol·L－1＋2.2 mol·L－1＝5.0 mol·L－1。
答案：(1)O2和SO2 (2)0.88 mol·L－1·s－1
(3)5.0 mol·L－1
12．(经典题)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炭即可产生水煤气，反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。能使化学反应速率加快的措施有________。
A．增加C的物质的量
B．升高反应温度
C．随时吸收CO、H2转化为CH3OH
D．密闭定容容器中充入CO(g)
(2)将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，得到如下两组数据：
实验组
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡所需时间/min
H2O
CO
H2
CO
1
650
2
4
1.6
2.4
5
2
900
1
2
0.4
1.6
3
①实验1中以v(CO2)表示的化学反应速率为________________。
②该反应的逆反应为________(填“吸”或“放”)热反应。
(3)在一容积为2 L的密闭容器内加入2 mol CO和6 mol H2，在一定条件下发生如下反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0。该反应的逆反应速率与时间关系如图所示：
①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是________________。
②若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在上图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系曲线。
解析：(1)增加C的物质的量，不能改变其浓度，不能加快化学反应速率；吸收CO、H2相当于降低生成物的浓度，其化学反应速率减慢；充入CO增大生成物的浓度，可使化学反应速率加快。
(2)①v(CO2)＝v(CO)＝＝0.16 mol·L－1·min－1。②对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减小，说明逆反应是吸热反应。
(3)①该反应前后气体物质的化学计量数之和不等，t8时逆反应速率增大且与正反应速率相等，故只能是加催化剂的原因。②t4时降压，平衡左移，v逆减小，然后在t5时达到平衡。
答案：(1)BD (2)①0.16 mol·L－1·min－1 ②吸 (3)①使用了催化剂
13．H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，已知生物脱H2S的原理：
H2S＋Fe2(SO4)3===S↓＋2FeSO4＋H2SO4
4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O
请回答下列问题：
(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是________________________________________________________________________。
(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为__________________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_____________________________________。
解析：(1)使用硫杆菌，反应速率加快，说明硫杆菌做催化剂，能够降低反应的活化能，从而加快反应速率。(2)根据图1、图2可知，当温度为30 ℃、pH＝2.0时，Fe2＋被氧化的速率最快。反应温度过高，反应速率下降，可能是因为催化剂的催化活性降低，即硫杆菌中蛋白质发生变性。
答案：(1)降低反应活化能(或做催化剂)
(2)30 ℃、pH＝2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
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