人教版化学选修四《影响化学反应速率的因素》典型例题

1、第二节影响化学反响速率的因素典型例题讲解一典型例题【例1】反响C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)在可变容积的密闭容器中进行，以下的改变，对化学反响速率的影响如何？A、增加碳的量 _B、容器的体积缩小一半 _C、保持体积不变，充入N2，使体系的压强增大一倍 _D、保持压强不变充入N2 _【知识点拨】其它条件不变时，增大有气体参与的反响体系的压强，可以加快反响速率，反之，减小反响体系的压强那么可以减慢反响速率。这里需注意：压强改变针对气体而言，固体或液体，压强对其没有影响。针对可逆反响，压强对v正、v逆影响相同，但影响程度不一定相同。压强的改变，本质上是改变气体的浓度，因此，压强改变，

2、关键看气体浓度有没有改变，v才可能改变。【分析解答】增加碳的量，不影响反响速率，因为固体浓度是一定值。容器体积缩小一半即增大压强，气体浓度变大v加快。当充入N2，由于容器体积不变，尽管压强增大，但气体的浓度并未改变。因此v不变。而充入N2，保持压强不变。容器的体积一定要扩大，此时气体浓度一定减小，v一定要减小。【例2】设C+CO2 2CO(正反响吸热)，反响速率为v1；N2+3H2 2NH3正反响放热，反响速率为v2。对于上述反响，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增加，v2减小 D.v1减小，v2增大【知识点拨】其它条件相同时，反响所处的温度越高，反响

3、的速率越快。这里需注意： 一般认为温度的改变对化学反响速率的影响较大。 实验测得，温度每升高10，反响速率通常增大到原来的24倍。 温度对反响速率的影响与反响物状态无多大关系。 某反响为可逆反响，正逆反响速度受温度改变而引起的变化倾向相同，但程度不同。【分析解答】此题考查温度对化学反响速率的影响。对可逆反响而言，当温度升高时，无论正反响是吸热还是放热，化学反响速率都将增大，只不过增大的程度不一致。【答案】A【例3】以下关于催化剂的说法，正确的选项是 A.催化剂能使不起反响的物质发生反响B.催化剂在化学反响前后，化学性质和质量都不变C.催化剂能改变化学反响速率D.任何化学反响，都需要催化剂E.电

4、解水时，往水中加少量NaOH，可使电解速率明显加快，所以NaOH是这个反响的催化剂【知识点拨】使用催化剂可以改变反响速率。但需注意：这里的“改变包括加快或减慢。通常把能加快反响速率的催化剂称为正催化剂，减慢反响速率的催化剂称为负催化剂。 催化剂具有选择性，即不同的反响一般有不同的催化剂。 催化剂不能改变化学反响。如果反响是可逆反响，那么催化剂可同等程度地改变正逆反响的速率。【分析解答】催化剂能改变化学反响速率的原因是它能改变反响机理，在化学反响过程中，催化剂参与反响，经过一系列变化之后，催化剂又恢复到原来的状态，尽管催化剂能改变化学反响速率，但对于不能起反响的物质，是不能使其反响的。在电解水中

5、，参加少量NaOH，可增大水中离子浓度，加快电荷移动速率，NaOH并没有改变反响机理，故不是催化剂。另外，有些反响是不需要催化剂的，如燃烧、中和反响等。此题答案：BC。【例4】把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器里，产生H2的速率可由右图表示。在以下因素中：盐酸的浓度；镁条的外表积；溶液的温度；Cl-的浓度。影响反响速率的因素是 。A. B. C. D. 【知识点拨】影响化学反响速率的因素：影响因素对化学反响速率的影响说明或举例主要因素反响物本身的性质不同化学反响有不同的反响速率把Mg粉和Fe粉分别投入等浓度的盐酸中，Mg与盐酸的反响较剧烈，产生H2的速率较快外界条件浓度其他条件不变时，增大减小反响

6、物或生成物的浓度，反响速率加快减慢固体的浓度可认为是常数，因此反响速率的大小只与其接触面的大小有关，而与固体量的多少无关，改变固体的量不影响反响速率压强温度一定时，对于有气体参加的反响，增大减小压强，反响速率加快减慢改变压强，实际上是改变气体的体积，使气体的浓度改变，从而使反响速率改变；改变压强，不影响液体或固体之间的反响速率温度升高或降低反响温度，反响速率加快或减慢通常每升高10，反响速率增大到原来的24倍催化剂加快化学反响速率催化剂参加化学反响，但反响前后物质的质量、组成保持不变，如向H2O2溶液中参加少量MnO2，产生O2的速率加快光照、反响物颗粒的大小等光照或将块状固体粉碎等能使反响速

7、率加快AgBr、HClO、HNO3等见光分解速率加快；大理石粉与盐酸反响比大理石块更剧烈【分析解答】镁条和盐酸反响产生H2，其反响的实质是：Mg+2H+=Mg2+H2 ，是镁与H+间的置换，与Cl-无关。在镁条的外表有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反响也有影响，反响放出热量，使温度升高，反响速率也会加快；随着反响的进行，H+浓度不断减小，反响速率会逐渐减慢。答案为C。 【例5】氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化复原反响时，生成-1价的氯和+6价的硫的化合物，反响速率v和反响时间t的关系如下列图。这个反响的反响速率随

8、溶液中氢离子浓度增大而加快，试解释：1反响开始后，反响速率加快的原因是_。2反响后期，反响速率下降的原因是_。【知识点拨】其它条件不变时，增大反响物浓度可以加快反响速率，反之，减小反响物浓度那么可以减慢反响速率。这里需注意：浓度的一般讨论对象为气体或溶液，对于纯液体或固体一般情况下其浓度是定值。假设反响为可逆反响，浓度改变的物质既可以是反响物也可以是生成物，甚至可以两者同时改变，此时正逆反响速率均符合“浓快稀慢的规律。【分析解答】1该反响的化学方程式是：2KClO3+6NaHSO3=3Na2SO4+2KCl+3H2SO4开始时，随着反响的进行，不断有强酸H2SO4生成，c(H+)不断增大，反响

9、速率也随之增大。2随着时间的延长，KClO3和NaHSO3被消耗而愈来愈少，浓度愈来愈小，因此反响速率下降。二根底练习一、选择题1为了更好的解决能源问题，人们一方面研究如何提高燃料的燃烧效率，另一方面寻找能源，以下做法不能提高燃料效率的是 A煤的汽化与液化B液体燃料呈雾状喷出C通入大大过量的空气D将煤粉粉碎2把以下4种X的溶液分别参加4个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓和地进行反响。其中反响速率最大的是 A20mL 3mol/L的X溶液 B.20mL 2mol/L的X溶液C10ml 4mol/L的X溶液 D.10mL 2mol/L的X溶液3当其它条件

10、不变时，以下化学反响的反响速率与压强变化根本无关的是 A2NaOHH2SO4=Na2SO42H2OB2SO2(气)O2(气) 2SO3(气)CCaCO3(固) CaO(固)+CO2(气)DH2(气)I2(气) 2HI(气)4. 以下说法中正确的选项是 A. 和与溶液反响速率相同 B. 大理石块与大理石粉分别同盐酸反响速率相同 C. 在相同条件下分别与盐酸反响，其反响速率相同 D. 和与相同形状和大小的大理石反响，速率相同5. 将盐酸滴到碳酸钠粉末上，能使反响的最初速率加快的是 A. 盐酸浓度不变，使用量增大1倍B. 盐酸浓度增加1倍，用量减至 C. 增大碳酸钠粉末的用量D. 使反响在较高温度下

11、进行6在带有活塞的密闭容器中发生反响： Fe2O33H2=2Fe3H2O，采取以下措施不能改变反响速率的是 A增加Fe2O3的量 B保持容器体积不变，增加H2输入量C充入N2，保持容器内压强不变 D充入N2，保持容器内体积不变72S2O3mol/LH2SO4溶液各5mL和10mL水混合，反响速率为v1mol/L·s；2S2O3mol/LH2SO4溶液各5mL和20mL水混合，反响速率为v2mol/L·s；那么v1和v2的关系是 A.大于 B.小于 C.等于 D.不能确定8100mL 6 mol / L H2SO4跟过量锌粉反响，在一定温度下，为了减缓反响进行的速率，但又不影

12、响生成氢气的总量，可向反响物中参加适量的 A碳酸钠固体 B.水 C.硫酸钾溶液 D.硫酸铵固体9升高温度能加快化学反响速率的主要原因是 10硫酸工业中燃烧硫铁矿生产SO2时，为提高生成SO2的速率，以下措施可行的是 2压强，向炉内喷吹O22O311在CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)正反响为放热反响反响中，改变以下条件，不能使v正增大的是 12. 反响在一可变容积的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响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，充入使体系压强增大 D. 压强不变充入使容器体积增大13等质量的两份锌粉a和b，分别参加过量

13、的稀硫酸中，a中同时参加少量CuSO4，以下列图中表示其产生H2总体积(V)与时间(t)的关系正确的选项是( ) 14在一定条件下，NO能跟H2发生如下反响：2NO+2H2=N2+2H2O。经研究，上述反响是按以下三步反响依次进行的总反响括号中是该条件下反响的相对速率：2NO+H2=N2O+H2O慢；2N2O=2N2+O2快；2H2+O2=2H2O更快。以上总反响的速率主要取决于三步反响中的 A. B. C. D. 和15在恒温恒容的容器中进行反响N2O4(g) 2NO2(g)；H0，假设反响物浓度由/L降到0.06mol/L需20s，那么，反响物浓度由/L降到，需反响的时间为A等于18s B

14、等于12s C大于18s D小于18s16亚氯酸盐NaClO2可用作漂白剂，在常温下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，刚参加硫酸时反响缓慢，随后突然反响释放出ClO2，这是因为 +起催化作用-2使反响的生成物浓度降低17氯酸钾和亚硫酸氢钾能发生氧化复原反响：ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+，该反响的速率随溶液酸性的增强而加快。右图为用ClO3-在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示该反响速率的速率时间图像。以下说法不正确的选项是 c(H+)增大引起的v(H+)的速率时间曲线与图中曲线能完全重合

15、“面积为t1至t2时间内的ClO3-的物质的量浓度的减小值t1 t2 t3 t 二、填空题18. 把除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的 氢气试管中，产生氢气的速率变化情况如右图所示图中t1t2速率变化的主要原因是 _，t2t3速率变化的主要原因是 。 19在密闭容器里，通入x mol H2和y mol I2()，改变以下条件，反响速率将如何改变?(填“增大“减小或“不变)(1)升高温度 ；(2)参加催化剂 ；(3)充入更多的H2 ；(4)扩大容器的体积 ；(5)容器容积不变，通入氖气 。高温20反响3FeS+4H2O=Fe3O4s+4H2g，在一可变的容积的密闭容器中进行，试答复：增加Fe的量

16、，其正反响速率的变化是 填增大、不变、减小，以下相同将容器的体积缩小一半，其正反响速率 ，逆反响速率 。保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其正反响速率 ，逆反响速率 。保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其正反响速率 ，逆反响速率 。21某化学反响2ABD在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反响物A的浓度mol/L随反响时间min的变化情况如下表：根据上述数据，完成以下填空：1在实验1，反响在10至20分钟时间内平均速率为 mol/(L·min)。2在实验2，A的初始浓度c2 mol/L，反响经20分钟就到达平衡，可推测实验2中还隐含的条件是 。3设实验3的反响速率为v

17、3，实验1的反响速率为v1，那么v3 v1填、，且c3 1.0mol/L填、4比较实验4和实验1，可推测该反响是 反响选填吸热、放热。理由是 。22某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反响时，在金属外表生成氧化薄膜的实验数据记录如下：反响时间t/h1491625MgO层厚Y/nmNiO层厚Y'/nmaba2ba3ba4ba5b a和b均为与温度有关的常数。请答复以下问题： 1金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示，其理由是_。 2金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是填“直线、“抛物线、“对数或“双曲线等类型：MgO氧化膜的膜厚Y属_型；NiO氧化膜的膜厚Y'

18、;属_型。 3Mg与Ni比较，哪一种金属具有更良好的耐氧化腐蚀性？答：_，其理由是_。三能力测试1飘尘是物质燃烧时产生的料状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中SO2、O2接触时，SO2会局部转化为SO3，使空气的酸度增加，飘尘所起的作用可能是 氧化剂 复原剂 催化剂 吸附剂ABCD2假设温度每升高10，反响速率增大到原来的2倍。10时某反响的速率为0.1 mol / (L·s)，为了把该反响速率提高到1.6 mol / (L·s)，其它条件不变时反响温度应是 ( ) A. 30 B. 40 C. 50 D. 603某学生用纯洁的Cu与过量浓HNO3反响制取NO2，实验结

19、果如下列图，对图中曲线的描述正确的选项是 CBAt(min)0V(NO2)(mL)A.OA段表示开始时，反响速率稍慢B.AB段表示反响速率较快，可能因为产物有催化作用C.BC段表示反响速率最快，在该时间内收集到的气体最多D.OC线表示随时间增加，反响速率逐渐增大4含氧酸盐的氧化性随溶液酸性加强而增强，智利硝石中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反响来制备单质碘。 1配平该反响方程式：_。 2在制备实验时发现开始阶段反响速率呈递增趋势，后来又减小，请解释原因。_第二节 影响化学反响速率的因素二根底练习1C 增大固体反响物与气体的接触面积、适当增大反响物浓度，都可以加快化学反响速率。此题C选项中“通入

20、大大过量的空气会使热量大量被空气带出，非但不能提高燃烧效率，反而降低了燃烧效率。2A 稀释后溶液中X的浓度盐酸浓度相等分别为：1.2mol/L，0.8mol/L，0.8mol/L，0.4mol/L。反响物浓度越大，反响速率越快。 3A 压强的大小对有气体参与或生成的反响的速率有影响。对于在溶液中进行的化学反响速率，压强对其几乎没有影响。4. D 5. B、D6.AD 增加固体的量不能加快反响速率；充入N2，保持容器内体积不变，那么各气态反响物、产物浓度不变，因此化学反响速率不发生改变。7.B 8BC 参加CH3COONa后生成弱酸CH3COOH，溶液中c(H+)减小，反响速率减慢，但能提供的H

21、+的总量不变。参加K2SO4溶液相当于稀释硫酸。9D 分子碰撞时机也增加，但不是主要原因。10AC 反响生成物中有Fe2O3，不必另加。11CD 降低温度、增大容器体积减小压强均使v正、v逆减小。12. C 解析：C选项中充入使体系压强增大，但容器的容积未变，参加反响的各种气体浓度未变，故反响速率不变。 D选项中保持恒压，充入使容器体积增大，参加反响的各种气体浓度减小，反响速率减小。13A14A 总的反响速率取决于分步反响中的最慢的反响。15C 16C17B v(H+):v(ClO3-)=3:1，图中阴影局部可看作有许多微小的长方形组成的，其“面积等于v(ClO3-)·t，即t1至t

22、2时间内的ClO3-的物质的量浓度的减小值。18镁条与盐酸的反响是放热反响，溶液温度升高，反响速率加快；盐酸浓度减小，反响速率减慢。19根据影响化学反响速率的条件，直接加以判断：(1)升高温度，反响速率增大；(2)参加催化剂，反响速率增大；(3)充入更多的H2，因容器容积不变，那么H2浓度增大，即反响物浓度增大，反响速率增大；(4)扩大容器的体积，那么容器内气体物质的浓度减小，反响速率减小；(5)容器容积不变，通入氖气，但参加反响的物质的浓度并没有改变，故反响速率不变。20不变增大；增大不变；不变减小；减小。21解析：实验2中温度、平衡时浓度都与实验1相同，但实验2先到达平衡；假设实验2中通过增大A的起始浓度或增大压强，那么平衡时A的浓度高于0.5mol/L，因此在实验2中A的初始浓度为1.0mol/L，其隐含的条件是使用了催化剂。实验3中平衡时A的浓度高于0.5mol/L，但温度与实验相同，故起始浓度高于1.0mol/L，反响速率较快。答案：10.013 21.0 催化剂 3 4吸热 温度升高时，平衡向右移动 221反响速率可用反响物的消耗速率，也可用产物的生成速率来表示。2直线；抛物线。3Ni；它的腐蚀速率随时间的增长比镁的要慢。第2题中依据题目所给数据不难建立数学模型：Yat，Y'=b