13 专题2 第一单元 能力课时3 化学反应速率-【名师导航】2025-2026学年高中化学选择性必修1同步讲义（苏教版）

能力课时3　化学反应速率 探究 任务 1．化学反应速率影响因素类题的分析方法。 2．解化学反应速率图像题的方法。 化学反应速率影响因素类题的分析方法 1．控制变量法 当某种物质发生化学反应时，反应速率的大小不仅取决于物质的本质特性，还受反应物的浓度、温度、压强、催化剂等外界因素的影响。当研究其中某个因素对化学反应速率的影响时，常常先控制其他几个因素不变，这种方法称为控制变量法。 2．分清主次法 当多个因素同时影响反应速率时，要分清哪个是主要因素。如锌与稀硫酸反应时，氢气的生成速率先增大，再减小，这是因为锌与稀硫酸反应时放热，体系温度逐渐升高，此时温度对反应速率的影响占主导地位，所以氢气的生成速率先增大；一段时间后，反应体系中H＋的浓度减小，此时浓度对反应速率的影响占主导地位，所以氢气的生成速率又减小。 　H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 丙　　　　　　　　　　　丁 A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越大 B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越大 C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越大 D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 D　[A项，从图甲看，起始时H2O2的浓度越小，曲线下降越平缓，说明反应速率越小，错误；B项，OH－的浓度越大，pH越大，图乙中0.1 mol·L-1NaOH溶液对应的pH最大，曲线下降得最快，即溶液pH越大，H2O2分解速率越大，错误；C项，从图丙看，相同时间内，0.1 mol·L-1NaOH溶液条件下，H2O2分解最快，0 mol·L-1NaOH溶液条件下反应最慢，而1.0 mol·L-1NaOH溶液条件下反应处于中间，错误；D项，从图丁看，在Mn2+存在越多时，H2O2的分解速率越大，正确。] 1．变量控制法是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀盐酸分别在下列条件下发生反应，开始阶段化学反应速率最大的是(　　) 选项 A B C D t/℃ 20 20 35 35 c(HCl)/(mol·L-1) 1 2 1 2 D　[A．温度为20 ℃，c(HCl)＝1 mol·L-1，溶液中c(H＋)＝1 mol·L-1；B．温度为20 ℃，c(HCl)＝2 mol·L-1，溶液中c(H＋)＝2 mol·L-1；C．温度为35 ℃，c(HCl)＝1 mol·L-1，溶液中c(H＋)＝1 mol·L-1；D．温度为35 ℃，c(HCl)＝2 mol·L-1，溶液中c(H＋)＝2 mol·L-1；故D中温度高且c(H＋)大，反应速率最大。] 2．对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 　　　时间 水样　　　 0 5 10 15 20 25 Ⅰ(pH＝2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 Ⅱ(pH＝4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 Ⅲ(pH＝4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05 Ⅳ(pH＝4，含Cu2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 下列说法不正确的是(　　) A．在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·L-1·min-1 B．水样酸性越强，M的分解速率越大 C．在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D．由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ大 D　[v(M)＝＝0.015 mol·L-1·min-1，A项正确；对比水样Ⅰ、Ⅱ可知，M的起始浓度相同，Ⅰ中酸性强，分解速率大，B项正确；C项，0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率为75%，Ⅱ中M的分解百分率为60%，C项正确；0～5 min内，Ⅰ中Δc(M)＝0.12 mol·L-1，Ⅳ中Δc(M)＝0.11 mol·L-1，Ⅰ中M的分解速率大，D项错误。] 解化学反应速率图像题的方法 分析化学反应速率图像，要注意分析图像的变化趋势，分清影响化学反应速率的因素。一般要从以下几个方面分析： 1．明确坐标轴含义，首先要知道横轴和纵轴的含义。 2．看起点分清反应物和生成物。起始时，浓度或物质的量减小的是反应物，浓度或物质的量增大的是生成物。反应物以高于原点为起点，生成物多以原点为起点。 3．看变化条件如升高温度或降低温度、增大压强或减小压强等，注意浓度、温度、压强等的改变对化学反应速率的影响。 4．看终点确定反应物消耗的浓度或生成物增大的浓度。 5．看变化趋势如反应速率图像中的拐点、突变点等。注意分析曲线的连续或跳跃所代表的含义。 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、大小相近的金属和水反应 Na K B 4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4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-1 Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4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 A　　　　　B　　　　　C　　　　D C　[由于K比Na活泼，故大小相同的金属K和Na与水反应，K的反应速率更大，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，反应速率逐渐增大，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4溶液浓度大，故其反应速率比甲中大，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、乙中反应速率逐渐减小，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。] 1．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：＋Cl－＋3H＋。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而增大。如图为用在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应的v­t图。下列说法中不正确的是(　　) A．反应开始时速率增大可能是c(H＋)所致 B．纵坐标为v(Cl－)的v­t曲线与图中曲线完全重合 C．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内的物质的量的减小量 D．后期反应速率减小的主要原因是反应物浓度减小 C　[A项，随着反应的进行，氢离子的浓度逐渐增大，所以反应速率逐渐增大，正确；B项，根据反应速率之比等于相应的化学计量数之比可知，v(Cl－)＝，正确；C项，题图中阴影部分的面积应为t1～t2时间内的物质的量浓度的减小量，错误；D项，在反应的后期由于反应物浓度减小，所以导致反应速率开始减小，正确。] 2．研究反应2X(g)⥫⥬Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol·L-1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率增大 B．比较实验①、④得出：升高温度，化学反应速率增大 C．实验③有可能使用了催化剂，催化剂增大正反应速率，对逆反应无影响 D．在0～10 min之间，实验②的平均速率v(Y)＝0.01 mol·L-1·min-1 C　[实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，则可得出：升高温度，化学反应速率增大，故A正确；实验①、④相比，实验④的反应物的浓度低，但反应速率更大，说明升高温度，化学反应速率增大，故B正确；实验③和②的反应物的浓度、温度均相同，达到的平衡状态也相同，故实验③可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，而催化剂能同等程度地增大正、逆反应速率，故C错误；在0～10 min之间，实验②X的浓度变化为0.2 mol·L-1，则v(Y)＝v(X)＝＝0.01 mol·L-1·min-1，故D正确。] 1．为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，某同学分别设计了图(a)、图(b)所示的实验。下列叙述中不正确的是(　　) (a)　　　　　　　　(b) A．图(b)中的A为分液漏斗 B．图(b)实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率 C．图(a)实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率 D．若图(a)实验中反应速率为①＞②，则Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好 D　[图(b)中的A为分液漏斗，A正确；图(b)实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率，B正确；图(a)实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率，C正确；因为氯化铁溶液、硫酸铜溶液阴离子不同，若图(a)实验中反应速率为①＞②，不能说明Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好，D错误。] 2．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑ B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 C．该催化循环中Fe元素的化合价不变 D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 D　[分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤的反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；由反应机理可知[L—Fe—H]＋的电荷数不变，则Fe元素的化合价也不变，C说法正确；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能Ea＝86.1 kJ·mol-1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。] 3．将久置在空气中的锌粒投入稀硫酸中，测得锌粒和稀硫酸反应产生氢气的速率v(H2)与反应时间t的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．O→a段由于是锌粒表面的氧化物与稀硫酸的反应，所以未产生气体 B．b→c段产生氢气的速率增大较快的主要原因是温度升高 C．c时刻反应生成的H2的量最多 D．c时刻之后产生氢气的速率减小的主要原因是溶液中c(H＋)减小 C　[因锌的表面有一层氧化锌能与稀硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，故A正确；在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率增大，所以b→c段产生氢气的速率增大较快的主要原因是温度升高，故B正确；c时刻反应没有停止，继续生成氢气，则生成的H2的量不是最多，故C错误；随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐减小，故D正确。] 4．为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法错误的是(　　) A．25 ℃时，10～30 min内，R的平均分解速率为0.030 mol·L-1·min-1 B．对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大 C．对比30 ℃和25 ℃曲线，在 0～50 min内，能说明R的平均分解速率随温度升高而增大　 D．对比30 ℃和10 ℃曲线，在50 min时，R的分解率相等 B　[根据v＝，25 ℃时，10～30 min内R的平均分解速率为＝0.030 mol·L-1·min-1，故A正确；对比30 ℃和10 ℃的曲线，同一时刻温度高、浓度大，有温度和浓度两个变量影响速率，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故B错误；对比30 ℃和25 ℃曲线，30 ℃曲线对应的浓度小，但在50 min时R完全分解，故能说明R的平均分解速率随温度升高而增大，故C正确；在50 min时，无论10 ℃还是30 ℃均无R剩余，因此分解率均为100%，故D正确。] 能力课时培优练(3)　化学反应速率 (本试卷共30分) 一、选择题(共5小题，每小题3分，共15分) 1．已知Cl2(g)＋CO(g)⥫⥬COCl2(g)的速率方程v＝k(Cl2)c(CO)(k为速率常数，只受温度影响)，该反应可认为经过以下反应历程。 第一步：Cl2⥫⥬2Cl 快速平衡 第二步：Cl＋CO⥫⥬COCl 快速平衡 第三步：COCl＋Cl2―→COCl2＋Cl 慢反应 下列说法正确的是(　　) A．第一步和第二步历程的活化能较高 B．c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度相同 C．该总反应的反应速率主要取决于第三步反应 D．第三步反应的有效碰撞频率较大 C　[第一步、第二步快速平衡，说明第一步和第二步历程的活化能较低，A项错误；c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，根据速率方程v＝k(Cl2)c(CO)，得出它们对总反应速率的影响程度不相同，B项错误；第三步是慢反应，因此该总反应的反应速率主要取决于第三步反应，C项正确；第三步是慢反应，说明第三步反应的有效碰撞频率较小，D项错误。] 2．研究表明N2O与CO在Fe＋作用下发生反应的能量变化及反应过程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．反应总过程ΔH<0 B．Fe＋使反应的活化能降低 C．总反应若在2 L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越大 D．Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两步反应均为放热反应 C　[由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，即该反应是放热反应，所以反应的ΔH<0，A项正确；Fe＋是催化剂，可降低该反应的活化能，B项正确；该反应的总反应为N2O＋CON2＋CO2，反应过程中使用了催化剂，催化剂的活性与温度有关，因此温度越高，反应速率不一定越大，C项错误；由题图可知，Fe＋＋N2O―→FeO＋＋N2、FeO＋＋CO―→Fe＋＋CO2两步反应，都是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以这两步反应均为放热反应，D项正确。] 3．用纯净的CaCO3与100 mL 稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积，假设反应过程中溶液体积不变)。下列分析正确的是(　　) A．0E段表示的平均反应速率最快 B．EF段，用HCl表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L-1·min-1 C．0E、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7 D．G点表示收集的CO2的量最多 D　[A．题图中曲线斜率越大，反应速率越大，由题图可知，EF段斜率最大，相同时间内生成CO2最多，所以EF段表示的反应速率最大，A错误；B．由题图可知EF段生成的二氧化碳在标准状况下的体积为672 mL－224 mL＝448 mL，所以EF段生成的二氧化碳的物质的量n(CO2)＝＝0.02 mol，根据CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O，可知EF段参加反应的氯化氢的物质的量为0.04 mol，所以盐酸的浓度变化量Δc＝＝＝0.4 mol·L-1，则EF段用HCl表示该反应的平均反应速率v(HCl)＝＝0．4 mol·L-1·min-1，故B错误；C．0E、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224 mL、448 mL、112 mL，0E、EF、FG三段时间相同，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224 mL∶448 mL∶112 mL＝2∶4∶1，C错误；D．G点对应的为从开始到G点生成的二氧化碳的总量，共784 mL，收集的量最多，D正确。] 4．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是(　　) A．②中包含C—H键的断裂过程 B．该历程中能垒(反应活化能)最小的是③ C．该历程中制约反应速率的化学方程式为CH3OH*―→CH3O*＋H* D．由此历程可知：CH3OH(g)⥫⥬CO(g)＋2H2(g)　ΔH<0 D　[②中由CH3O*―→CH2O*，则包含C—H键的断裂过程，故A正确；活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，③发生的反应活化能最小，B项正确；活化能越大，反应速率越小，反应速率小的步骤制约反应速率，由题图示可知①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*―→CH3O*＋H*，C项正确；图中还没有生成H2，并未发生反应CH3OH(g)⥫⥬CO(g)＋2H2(g)，故该反应的ΔH未知，D项错误。] 5．95 ℃时，将Ni片浸入不同质量分数的硫酸溶液中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示。 下列有关说法错误的是(　　) A．w(H2SO4)<63%时，增大硫酸浓度，单位体积内活化分子数增大，腐蚀速率增大 B．95 ℃时，Ni片在63%硫酸溶液中的腐蚀速率最大 C．w(H2SO4)>63%时，增大硫酸浓度，活化分子百分数降低，腐蚀速率减小 D．如果将镍片换成铁片，在常温下进行类似实验，也可绘制出类似的铁质量损失图 C　[A．w(H2SO4) <63%时增大硫酸浓度，单位体积分子数增多，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增大，腐蚀速率增大，故A不选；B．由图可知，95 ℃时，Ni片在63%硫酸溶液中的腐蚀速率最大，故B不选；C．w(H2SO4)>63%时，增大硫酸浓度，单位体积分子数增多，活化分子百分数增多，而腐蚀速率减小的原因是镍的表面形成致密的氧化物保护膜，阻止镍进一步被腐蚀，故C选；D．如果将镍片换成铁片，在常温下进行类似实验，铁的腐蚀速率也会在w(H2SO4)<63%时，增大硫酸浓度，腐蚀速率增大，w(H2SO4)>63%时，增大硫酸浓度，腐蚀速率逐渐减小，铁的表面形成致密的氧化物保护膜，所以也可绘制出类似的铁质量损失图，故D不选。] 二、非选择题(共2小题，共15分) 6．(5分)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如下图所示。 第一步：Fe*＋N2O===FeO*＋N2 第二步：FeO*＋CO===Fe*＋CO2 回答下列问题： (1)该反应的催化剂是________。(1分) (2)第一步反应是________(填“放热”或“吸热”，下同)反应，第二步反应是________反应。(2分) (3)该反应的总反应化学方程式为_______________________________________ ___________________________________________________________________。(2分) [解析]　(1)由题意可知，第一步反应中Fe*被消耗，第二步反应中又生成Fe3+，说明Fe*是该反应的催化剂。(2)根据反应历程图可知，两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量，则两步反应均为放热反应。(3)该反应的总反应化学方程式为CO＋N2O===N2＋CO2。 [答案]　(1)Fe*　(2)放热　放热　(3)CO＋N2O===N2＋CO2 7．(10分)某校化学活动社团做了如下探究实验： 实验一：测定1 mol·L-1的硫酸溶液与锌粒和锌粉反应的速率，设计如图1装置： 图1　　　　　　　　　　图2 (1)装置图1中盛有硫酸溶液的仪器名称是_______________________________ ___________________________________________________________________。(1分) (2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10 min，还需要测定的另一个数据是____________________________________________________________ ___________________________________________________________________。(1分) (3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2，实验完毕后，该学生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是_____________________________________________________________ ___________________________________________________________________。(1分) 实验二：利用H2C2O4溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下： 序号 温度 /K 0.02 mol·L-1 酸性KMnO4溶液 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液 H2O 溶液颜色 褪至无色 时所需 时间/s V/mL V/mL V/mL A 293 2 5 3 t1 B 293 2 3 5 8 C 313 2 3 5 t2 (1)写出相应反应的离子方程式_________________________________________ ___________________________________________________________________。(2分) (2)通过实验A、B可探究________(填外部因素)的改变对反应速率的影响，通过实验________可探究温度变化对化学反应速率的影响。(2分) (3)利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝____________。(2分) (4)实验中发现：反应一段时间后反应速率会增大，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是_______________________________________________________________ ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________。(1分) [解析]　实验一： (1)装置图1中盛有硫酸溶液的仪器名称是分液漏斗。 (2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10 min，还需要测定的另一个数据是收集反应产生H2气体的体积。 (3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2，实验完毕后，该学生准备读取滴定管上液面所处的刻度数，若发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平。 实验二： (1)H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知相应反应的离子方程式为＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。 (2)通过观察实验A、B会发现，二者只有草酸的浓度不同，其他外界条件相同，则通过实验A、B可探究浓度的改变对反应速率的影响；要探究温度变化对化学反应速率的影响，改变的条件应该只有温度改变，其他条件相同，观察实验数据会发现，实验B、C只有温度不同，故可通过实验B、C探究温度变化对化学反应速率的影响。 (3)利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)＝＝5×10-4 mol·L-1·s-1。 (4)实验中发现：反应一段时间后反应速率会增大，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，该作用是催化作用，相应的粒子最有可能是Mn2+，即反应产生的Mn2+起催化作用。 [答案]　实验一(1)分液漏斗　(2)收集到气体的体积　(3)待气体恢复至室温后，调节滴定管的高度使得两侧液面相平　实验二＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O　(2)浓度　B、C　(3)5×10-4 mol·L-1·s-1　(4)催化作用 2/15 学科网（北京）股份有限公司 $$