2.1 第3课时 温度、催化剂及其他因素对化学反应速率的影响(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修1（苏教版）

第3课时　温度、催化剂及其他因素对化学反应速率的影响 新知探究(一)——温度对反应速率的影响 导学设计 实验原理 酸性高锰酸钾溶液与草酸(H2C2O4)发生反应:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O 实验操作 取3支试管,向试管中分别加入2 mL 0.01 mol·L-1酸性高锰酸钾溶液,再向试管中分别加入2 mL 0.1 mol·L-1草酸溶液。将第一支试管放入冰水中,第二支试管置于室温下,第三支试管放入约80 ℃的热水中。如下图所示: 1.你预测3支试管中会出现哪些现象?通过实验,你得出哪些结论? 提示:三支试管中酸性KMnO4溶液均逐渐褪色,褪色先后顺序为丙、乙、甲。其他条件相同时,升高温度,反应速率增大;降低温度,反应速率减小。 2.实验表明温度对反应速率有影响,结合图示分析,升高温度,为什么可以增大反应速率? 提示:升高温度,反应物分子的能量增加,使一部分原来能量较低的分子变成活化分子(如图所示)→活化分子百分数增加→有效碰撞次数增多→反应速率增大。因此,升高温度可以增大反应速率。 [系统融通知能] 1.影响规律 其他条件相同时,升高温度,反应速率增大;降低温度,反应速率减小。科学研究表明,一般温度每升高10 K,其反应速率可增加2~4倍。 2.微观解释 反之,反应速率减小。 [题点多维训练] 1.设C(s)+CO2(g)2CO(g)　ΔH>0,反应速率为v1,N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)　ΔH<0,反应速率为v2,对于上述反应,当温度升高时,v1和v2的变化情况为 (　　) A.同时增大　　　　　　 B.同时减小 C.v1增大,v2减小 D.v1减小,v2增大 解析:选A　温度对反应速率的影响,对放热反应、吸热反应都适用。升温,v吸、v放都增大;降温,v吸、v放都减小。 2.下列各组反应(表内物质均为反应物)刚开始时,放出H2的速率最大的是 (　　) 编号 金属(粉末状) 酸的浓度 酸的体积 反应温度 A 0.1 mol Mg 6 mol·L-1硝酸 10 mL 60 ℃ B 0.1 mol Mg 6 mol·L-1盐酸 10 mL 60 ℃ C 0.1 mol Fe 3 mol·L-1硫酸 10 mL 60 ℃ D 0.1 mol Mg 3 mol·L-1硫酸 10 mL 30 ℃ 解析:选B　硝酸和镁反应不生成氢气,所以排除A;镁的金属性比铁的强,所以在外界条件相同的情况下,镁比铁的反应速率快;在金属相同的条件下,温度越高、氢离子的浓度越大,化学反应速率越快,因此根据表中数据可知反应刚开始时,放出H2的速率最大的是选项B。 3.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,下列各组实验中最先出现浑浊的是 (　　) 实 验 反应温 度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 V/mL c/(mol· L-1) V/mL c/(mol· L-1) A 25 5 0.1 20 0.1 B 25 5 0.2 20 0.2 C 35 5 0.1 20 0.1 D 35 5 0.2 20 0.2 解析:选D　相同条件下,温度越高,反应速率越快,温度一定时,浓度越大,反应速率越快,综上,D项中的温度高,浓度大,反应速率最快,最先出现浑浊。 新知探究(二)——催化剂、其他因素对反应速率的影响 (一)催化剂对反应速率的影响 1.实验探究 原理 2H2O22H2O+O2↑ 实验 操作 实验 现象 A、B两试管立即产生大量气泡,C试管产生气泡很慢 结论 FeCl3、MnO2对H2O2的分解都有催化作用,都能加快H2O2的分解 2.影响规律:当其他条件不变时,使用催化剂,化学反应速率增大。 3.过渡态理论简介:反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示,Ea是正反应的活化能,Ea'是逆反应的活化能。ΔH=Ea-Ea'。 4.用过渡态理论解释催化剂使化学反应速率增大 (1)使用催化剂→改变了反应的路径(如图),反应的活化能降低→活化分子的百分数增大→反应速率加快。 (2)对于一个化学反应,不同的催化剂,催化效果不同。实验时应选用合适的催化剂。 [微点拨]　催化剂能够同等程度的降低正、逆反应的活化能,但是无法改变反应的焓变。 (二)其他因素对反应速率的影响 1.增大反应物间的接触面积,反应速率会随之增大。 2.光、电磁波、超声波等因素也会对反应速率产生影响。 应用化学 　　化学反应速率的控制在实际生产生活中有非常重要的应用。我们有时候需要加快反应速率,有时需要减缓反应速率,这些都需要控制外界条件来实现。 　　 在下列事实中,什么因素影响了化学反应的速率? (1)夏天的食品易霉变,冬天就不易发生该现象:　　　　。  (2)熔化的KClO3放出气泡的速度很慢,撒入少量MnO2很快产生气体:　　　　。  (3)工业上常将固体燃料粉碎,以提高燃烧效率:　　　　。  (4)等浓度、等体积的稀硫酸溶液和稀盐酸分别与同样大小且质量相等的铁片反应,硫酸溶液中产生气体的速度更快:　　　　。  (5)黑暗处集气瓶中H2和Cl2的混合气体几乎不反应,但在瓶外点燃镁条时发生爆炸:　　　　。  答案:(1)温度　(2)催化剂　(3)接触面积 (4)浓度　(5)光照 [题点多维训练] 1.催化剂之所以能加快反应速率,是因为 (　　) A.减小了反应速率常数 B.降低了反应的活化能 C.降低了反应的焓 D.降低了反应的熵 解析:选B　催化剂之所以能加快反应速率,是因为催化剂降低了反应的活化能,增大了活化分子的百分含量,有效碰撞的次数增加,反应速率加快,故选B。 2.演示铁在纯氧中燃烧实验时,将铁丝绕成螺旋状,其主要目的是 (　　) A.提高铁丝利用率 B.提高反应温度 C.增大反应物的接触面积 D.使瓶底氧气充分利用 解析:选C　做铁在纯氧中燃烧的实验时,将铁丝绕成螺旋状,主要目的是增大反应物的接触面积,加快反应速率。 3.(2025·江西南昌高二检测)某团队成功制备了单原子Fe分散于催化剂表面的Fe/MnO2催化剂,并将其用于CO氧化制备CO2(如图所示)。下列叙述错误的是 (　　) 注明:TS代表过渡态,S代表中间产物。 A.Fe/MnO2的催化效率低于MnO2 B.两种催化剂作用下CO催化氧化的反应热相等 C.在这两种催化剂作用下,CO催化氧化过程都有2个过渡态 D.过渡态的相对能量高于对应的中间产物或中间反应物的相对能量 解析:选A　用Fe/MnO2做催化剂时,过渡态的活化能较低,反应速率更快,催化效果较MnO2好,故A错误;催化剂不能改变反应物和生成物的总能量,即不能改变反应的热效应,则两种催化剂作用下CO催化氧化的反应热相等,故B正确;Fe/MnO2做催化剂时,有TS1和TS2两个过渡态,MnO2做催化剂时,有TS3和TS4两个过渡态,即在这两种催化剂作用下,CO催化氧化过程都有2个过渡态,故C正确;由中间反应物到过渡态需要断键吸收能量,由过渡态到中间产物需要成键并放出能量,故过渡态的相对能量高于对应的中间产物或中间反应物的相对能量,故D正确。 4.CH2==CH2与H2反应的能量与反应过程关系如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.该反应为放热反应 B.催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ活性更好 C.催化剂可改变反应的活化能和焓变 D.正反应的活化能小于逆反应的活化能 解析:选C　反应物总能量高于生成物总能量,该反应为放热反应,A项正确;催化剂Ⅱ的活化能低,因此比催化剂Ⅰ活性更好,B项正确;催化剂可改变反应的活化能,但不能改变焓变,C项错误;反应物总能量高于生成物总能量,正反应的活化能小于逆反应的活化能,D项正确。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.下列说法不正确的是 (　　) A.增大压强(缩小体积),活化分子百分数不变,化学反应速率增大 B.升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率增大 C.加入反应物,活化分子百分数增大,化学反应速率增大 D.使用催化剂,活化分子百分数增大,化学反应速率增大 解析:选C　增大压强(缩小体积),单位体积活化分子的数目增多,活化分子百分数不变,反应速率增大,故A项正确;升高温度,活化分子百分数增大,反应速率增大,故B项正确;加入反应物,活化分子百分数不变,故C项错误;催化剂可以降低反应的活化能,增大活化分子百分数,故D项正确。 2.在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中,有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是 (　　) A.使用催化剂,活化分子百分数增大,有效碰撞概率增加 B.升高温度,活化分子百分数增大,有效碰撞概率增加 C.增大压强,单位体积内活化分子数增多,有效碰撞概率增加 D.增大c(CO),活化分子百分数增大,有效碰撞概率增加 解析:选D　催化剂能降低反应的活化能,提高活化分子百分数,有效碰撞概率增加,增大反应速率,故A正确;温度升高,活化分子百分数增大,有效碰撞概率增加,反应的速率加快,故B正确;增大压强,活化分子百分数不变,单位体积内活化分子数增多,有效碰撞概率增加,故C正确;浓度变大,活化分子百分数不变,但单位体积内活化分子数增多,有效碰撞概率增加,反应速率加快,故D错误。 3.在气体反应中,能使反应物活化分子百分数增大的方法是 (　　) ①增大反应物的浓度　②增大压强　③升高温度　④移去生成物　⑤加入催化剂 A.①③④　　　　　　　 B.③⑤ C.②③⑤ D.①②⑤ 解析:选B　增大反应物的浓度,单位体积内活化分子数增多,但活化分子百分数不变,①错误;增大压强相当于增大反应物浓度,活化分子百分数不变,②错误;升高温度,单位体积内分子数目不变,活化分子百分数增大,③正确;移去生成物,减小生成物的浓度,活化分子数目减小,④错误;加入催化剂,降低反应的活化能,活化分子数目增加,则活化分子百分数增大,⑤正确。 4.亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂,在常温,不见光时可保存一年,但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解:5HClO2==4ClO2↑+H++Cl-+2H2O。分解时,刚加入硫酸,反应缓慢,随后突然反应释放出大量ClO2,这是因为 (　　) A.酸使亚氯酸的氧化性增强 B.溶液中的H+起催化作用 C.溶液中的Cl-起催化作用 D.逸出的ClO2使反应生成物的浓度降低 解析:选C　由题目信息可知,NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸,生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢,随后突然反应加快,这说明分解生成的产物中某种物质起了催化剂的作用且该物质反应前不存在。 5.(2025·郑州高二期末)扎染是我国传统的手工染色技术,染色的核心工艺流程如下,依据流程下列推论错误的是 (　　) A.制备环节:改变还原剂可调控化学反应速率 B.退浆环节:加入催化剂能大幅度加快化学反应速率 C.染色环节:升高体系温度化学反应速率加快 D.上述流程涵盖了影响化学反应速率的所有因素 解析:选D　制备环节:传统工艺氢气还原需要7~15天,现代工艺用连二硫酸钠还原需要30 min,改变还原剂可调控化学反应速率,故A正确;退浆环节:加入催化剂降低反应的活化能,能大幅度加快化学反应速率,故B正确;染色环节:升高体系温度,化学反应速率加快,故C正确;题述流程未涵盖影响化学反应速率的所有因素,如浓度影响等,故D错误。 6.在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则 (　　) A.无催化剂时,反应不能进行 B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1 解析:选D　由图可知,无催化剂时,随反应进行,生成物浓度也在增加,说明反应也能进行,故A错误;由图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,故B错误;由图可知,使用催化剂Ⅱ时,在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X浓度随时间t的变化,故C错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,则v(X)=v(Y)=×=1.0 mol·L-1·min-1,故D正确。 7.向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2,开始反应时,按反应速率由大到小的顺序排列正确的是 (　　) 甲:在500 ℃时,10 mol SO2和10 mol O2 乙:在500 ℃时,用V2O5作催化剂,10 mol SO2和10 mol O2 丙:在450 ℃时,8 mol SO2和5 mol O2 丁:在500 ℃时,8 mol SO2和5 mol O2 A.甲、乙、丙、丁 B.乙、甲、丙、丁 C.乙、甲、丁、丙 D.丁、丙、乙、甲 解析:选C　甲、乙相比,乙使用催化剂,反应速率:乙>甲;丙、丁相比,丁温度高,反应速率:丁>丙;甲与丁相比,甲反应物浓度大,反应速率:甲>丁,故选C。 8.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)　ΔH=-198 kJ·mol-1,在V2O5存在时,该反应的机理为V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)　4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法正确的是 (　　) A.反应速率主要取决于V2O5的质量 B.VO2是该反应的催化剂 C.2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的活化能大于198 kJ·mol-1 D.增大SO2的浓度可显著提高反应速率 解析:选C　由反应机理可得,V2O5是该反应的催化剂,反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系,但不主要取决于催化剂V2O5的质量,A、B项错误;ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198 kJ·mol-1,所以2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)的活化能大于198 kJ·mol-1,C项正确;由反应机理知慢反应决定该反应速率,增大SO2的浓度增大快反应速率,对于整个反应,不能显著提高反应速率,D项错误。 9.我国科研工作者构建了一种在反应过程中能同时活化水和甲醇的双功能结构催化剂,可以实现氢气的高效存储和安全运输。如图是甲醇脱氢转化的反应历程(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 (　　) A.CH3OH的脱氢反应是分步进行的 B.甲醇脱氢反应历程的最大能垒(活化能)是0.95 eV C.甲醇脱氢反应中断裂的化学键只有C—H D.该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了思路 解析:选C　由图可知CH3OH逐步脱去H,所以CH3OH的脱氢反应是分步进行的,故A正确;观察发现最后CO+4H→CO(g)+4H的能垒最大,为-2.16 eV-(-3.11)eV=0.95 eV,故B正确;甲醇脱氢反应中断裂的化学键有C—H和O—H,故C错误;该催化剂使甲醇上的氢全部脱离,大大提高了氢气的产率,所以该催化剂的研发为醇类重整产氢的工业应用提供了新思路,故D正确。 10.对于反应2N2O5(g)==4NO2(g)+O2(g),某科学家提出如下反应历程: 第一步　N2O5⇌NO2+NO3　快速平衡 第二步　NO2+NO3→NO+NO2+O2　慢反应 第三步　NO+NO3→2NO2　快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (　　) A.第一步反应决定反应速率 B.反应的中间产物只有NO3 C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 解析:选C　由题意知慢反应决定反应速率,即第二步反应决定反应速率,第二步反应中NO2与NO3的碰撞部分有效。 11.(2025·福州高二期中)过渡态理论认为:化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中,首先生成一种高能量的活化配合物,高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论,NO2(g)+CO(g)==CO2(g)+NO(g)的反应历程如下,下列有关说法正确的是 (　　) A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 B.活化配合物的能量越高,第一步的反应速率越快 C.第一步反应需要释放能量 D.该反应的反应速率主要取决于第一步反应 解析:选D　活化分子之间的碰撞不一定能发生反应,不一定是有效碰撞,故A项错误;活化配合物的能量越高,单位体积内的活化分子数目越少,有效碰撞的几率越小,第一步的反应速率越慢,故B项错误;第一步反应是断裂化学键,需要吸收能量,故C项错误;反应速率主要取决于慢反应的速率,故D项正确。 12.(2024·安徽卷)室温下,为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素,测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 (　　) A.实验①中,0~2小时内平均反应速率v(Se)=2.0 mol·L-1·h-1 B.实验③中,反应的离子方程式为2Fe+Se+8H+==2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时,适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时,水样初始pH越小,Se的去除效果越好 解析:选C　实验①中,0~2小时内平均反应速率v(Se)==2.0×10-5 mol·L-1·h-1,A项错误;实验③中水样初始pH=8,溶液呈弱碱性,结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe+Se+4H2O==2Fe(OH)3+Se+2OH-,B项错误;由实验①、②可知,其他条件相同时,适当增加纳米铁质量,反应速率加快,C项正确;由实验②、③可知,其他条件相同时,适当减小水样初始pH,Se的去除效果更好,但若水样初始pH太小,与H+反应的纳米铁的量增多,从而影响Se的去除效果,故D项错误。 二、非选择题 13.(10分)把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液的烧杯中,该铝片与H2SO4反应产生氢气的速率与反应时间的关系可用如图所示的曲线来表示,回答下列问题: (1)曲线O →a段,不产生氢气的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。有关反应的化学方程式为   　 。  (2)曲线a→b段,产生氢气的速率增大的主要原因是 　。 (3)曲线上b点之后,产生氢气的速率逐渐减小的主要原因是 　。 解析:(1)在空气中久置的铝片表面有氧化铝薄膜,因此,H2SO4先和氧化铝反应,不产生氢气。(2)a→b段,虽然H2SO4溶液的浓度减小,但该反应是放热反应,体系温度升高,温度起主导作用,故化学反应速率增大。(3)曲线上b点之后,H2SO4溶液的浓度减小,成为影响化学反应速率的主要因素,因此化学反应速率逐渐减小。 答案:(1)久置的铝片表面有氧化铝薄膜,先与H2SO4反应　Al2O3+3H2SO4==Al2(SO4)3+3H2O　(2)该反应是放热反应,体系温度升高,化学反应速率增大　(3)随着反应的进行,H2SO4溶液浓度的减小成为影响反应速率的主要因素,化学反应速率逐渐减小 1 / 163 学科网（北京）股份有限公司 $$