高二化学（人教版）教案 选择性必修一 第二章 化学反应速率与化学平衡

144/172第二章|化学反应速率与化学平衡第一节化学反应速率学习目标重点难点1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。能进行化学反应速率的简单计算。2.通过实验探究，了解温度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响;知道催化剂可以改变反应历程。重点1.化学反应速率的简单计算。2.反应条件对化学反应速率的影响。难点用碰撞理论说明反应条件对化学反应速率的影响第1课时化学反应速率新知探究(一)——化学反应速率1.化学反应速率的概念及其表示方法2.注意事项(1)化学反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率。(2)一般不用纯液体或固体来表示化学反应速率。(3)在同一化学反应中，选用不同物质表示化学反应速率，其数值可能相同也可能不相同，但表示的意义相同。[题点多维训练]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)化学方程式中，任何一种物质均可用v=ΔcΔt求出用该物质表示的化学反应速率((3)化学反应速率指的是某时刻的瞬时速率(×)(4)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(√)2.下列说法正确的是()A.在化学反应中，固体和纯液体的化学反应速率为零B.在可逆反应里，当反应达到平衡后，其化学反应速率为零C.在某一化学反应里，其化学反应速率可以用反应物浓度的改变或生成物浓度的改变来表示，其数值可能相同，也可能不相同D.化学反应速率用生成物浓度的改变来表示时可以是负值解析:选C固体或纯液体的浓度视为常数，不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，A错误;可逆反应达到平衡的重要特征是正、逆反应速率相等但不为零，B错误;在同一化学反应中，其化学反应速率可以用反应物浓度的改变来表示，也可以用生成物浓度的改变来表示，化学计量数相同的物质表示的化学反应速率相同，化学计量数不同的物质表示的化学反应速率不同，C正确;化学反应速率一律用正值表示，D错误。3.(2025·南宁阶段检测)反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)经amin后SO3(g)的浓度变化情况如图所示，在0~amin内用O2表示的平均反应速率为0.04mol·L-1·min-1，则a等于()A.10 B.2.5C.0.1 D.5解析:选D在0~amin内O2表示的平均速率为0.04mol·L-1·min-1，则v(SO3)=2v(O2)=0.08mol·L-1·min-1，故反应时间a=0.4mol·L-10.08mol·L-14.反应3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+2W(g)在2L密闭容器中进行，5min后Y减少了0.5mol，则此反应的反应速率为()A.v(X)=0.05mol·L-1·min-1B.v(Y)=0.10mol·L-1·min-1C.v(Z)=0.10mol·L-1·min-1D.v(W)=0.10mol·L-1·s-1解析:选C依题意，v(Y)=0.5mol2L×5min=0.05mol·L-1·min-1，用单位时间内不同物质的浓度变化量表示的化学反应速率之间的关系为v(X)∶v(Y)∶v(Z)∶v(W)=3∶1∶2∶2，故v(X)=0.15mol·L-1·min-1，v(Z)=v(W)=0.10mol·L-1·min-1新知探究(二)——化学反应速率的计算与大小比较典例导学[典例]Ⅰ.将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生反应:3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，经5min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)=3∶5，C的平均反应速率是0.1mol·L-1·min-1。(1)经5min后A的浓度为。

(2)反应开始前充入容器中B的物质的量为。(3)B的平均反应速率为。(4)x的值为。

Ⅱ.对于反应A(g)+3B(g)==2C(g)+2D(g)，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率大小关系是。

①v(A)=0.01mol·L-1·s-1②v(B)=1.20mol·L-1·min-1③v(C)=2.40mol·L-1·min-1④v(D)=0.02mol·L-1·s-1[解析]Ⅰ.(1)5min内C的平均反应速率是0.1mol·L-1·min-1，则生成C的物质的量是1mol，生成D的物质的量为1mol，根据物质的量变化量之比等于相应的化学计量数之比可知，x=2。则3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)起始/molnn00转化/mol1.50.51.01.05min末/moln-1.5n-0.51.01.0所以有(n-1.5)∶(n-0.5)=3∶5解得n=3，所以此时A物质的浓度为0.75mol·L-1。(2)由以上分析可得反应开始前充入容器中B的物质的量为3mol。(3)化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比，C的平均反应速率是0.1mol·L-1·min-1，所以B的平均反应速率为0.05mol·L-1·min-1。Ⅱ.比较不同条件下的反应速率时应转化成同一物质的速率进行比较，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行转换，以A的速率为标准，①对应的v(A)=0.01mol·L-1·s-1=0.6mol·L-1·min-1;②对应的v(A)=v(B)3=1.20mol·L-1·min-13=0.4mol·L-1·min-1;③v(A)=v(C)2=2.40mol·L-1·min-12=1.20mol·L-1·min-1;④[答案]Ⅰ.(1)0.75mol·L-1(2)3mol(3)0.05mol·L-1·min-1(4)2Ⅱ.③>①=④>②[系统融通知能]1.化学反应速率的计算方法(1)利用基本公式:v=ΔcΔt(2)利用比值计算速率之比=化学计量数之比=各物质的浓度变化量(Δc)之比=各物质的物质的量变化量(Δn)之比。(3)“三段式”法计算模板例如:反应mA+nB⇌pC起始浓度/(mol·L-1)abc转化浓度/(mol·L-1)xnxmt时刻浓度/(mol·L-1)a-xb-nxmc+计算中注意以下量的关系:①对反应物:c(起始)-c(转化)=c(某时刻);②对生成物:c(起始)+c(转化)=c(某时刻)。2.化学反应速率大小的比较(1)转化法先换算成统一单位，再将不同物质表示的速率换算为用同一物质表示的速率，再比较速率数值的大小，如以物质A为标准，将用其他物质表示的反应速率换算为用物质A表示的速率，并比较数值的大小，确定化学反应速率的大小。(2)比值法对于反应mA(g)+nB(g)==pC(g)+qD(g)，先换算成统一单位，再分别计算v(A)m、v(B)n、[题点多维训练]题点(一)化学反应速率的计算1.储氢合金材料具有优异的吸氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v=mL·g-1·min-1。

答案:302.某温度下6.5g锌粒与40mL2.5mol·L-1的硫酸反应，用时10s时恰好收集H2体积44.8mL(0℃、101kPa条件下)。(1)用锌粒表示的10s内该反应的速率为g·s-1。(2)忽略溶液体积的变化，用H+表示的10s内该反应的速率为mol·L-1·s-1。

(3)忽略溶液体积的变化，用Zn2+表示的10s内该反应的速率为mol·L-1·s-1。

(4)用H2表示的10s内该反应的速率为mol·s-1。解析:0℃、101kPa条件下，H2的体积为44.8mL，其物质的量为0.002mol，则根据反应Zn+H2SO4==ZnSO4+H2↑可知:Zn~H2SO4~ZnSO4~H2，|Δn(Zn)|=|Δn(H2SO4)|=|Δn(ZnSO4)|=|Δn(H2)|=0.002mol。|Δm(Zn)|=0.002mol×65g·mol-1=0.13g，v(Zn)=0.13g10s=0.013g·s-1;v(H+)=0.002mol×20.04L×10s=0.01mol·L-1·s-1;v(Zn2+)=0.002mol0.04L×10s=0.005mol·L-1·s-1;v(H2)=0.002mol10s=0.0002答案:(1)0.013(2)0.01(3)0.005(4)0.00023.在2L密闭容器中进行反应:mX(g)+nY(g)⇌pZ(g)+qQ(g)，式中m、n、p、q为物质的化学计量数。在0~3min内，各物质的物质的量变化如下表所示:物质XYZQ起始/mol0.712min末/mol0.82.70.82.73min末/mol0.8已知2min内v(Q)=0.075mol·L-1·min-1，v(Z)v(Y)(1)起始时n(Y)=，n(Q)=。

(2)化学方程式中m=，n=，p=，q=。

(3)用Z表示2min内的反应速率为。(4)2min末Q的转化率为。

解析:对比X的起始量和2min末的量，可知反应逆向进行。|Δn(Q)|=|v(Q)·V·Δt|=0.075mol·L-1·min-1×2L×2min=0.3mol，对反应过程作“三段式”分析如下:mX(g)+nY(g)⇌pZ(g)+qQ(g)起始/mol0.7n(Y)1n(Q)转化/molΔn(X)Δn(Y)Δn(Z)Δn(Q)2min末/mol0.82.70.82.7故Δn(X)=0.8mol-0.7mol=0.1mol|Δn(Z)|=|0.8mol-1mol|=0.2moln(Q)=0.3mol+2.7mol=3.0mol(1)因v(Z)v(Y)=|ΔΔn(Y)=0.4moln(Y)=2.7mol-0.4mol=2.3mol。(2)m∶n∶p∶q=Δn(X)∶Δn(Y)∶|Δn(Z)|∶|Δn(Q)|=0.1mol∶0.4mol∶0.2mol∶0.3mol=1∶4∶2∶3。(3)v(Q)v(Z)=32，v(Q)=0.075mol·L-1·min-1，故v(Z)=0.05mol·L(4)2min末Q的转化率α(Q)=|Δn(Q)|n(Q)答案:(1)2.3mol3.0mol(2)1423(3)0.05mol·L-1·min-1(4)10%题点(二)化学反应速率大小的比较4.(2025·长沙期中检测)已知反应4X+2Y⇌Z+4W(X、Y、Z、W均为气体)在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是()A.v(X)=0.02mol·L-1·s-1B.v(Y)=0.6mol·L-1·min-1C.v(Z)=0.4mol·L-1·min-1D.v(W)=0.08mol·L-1·s-1解析:选D都换算为Z的反应速率进行比较。A.v(X)=0.02mol·L-1·s-1=0.02mol·L-1160min=1.2mol·L-1·min-1，v(Z)=v(X)4=1.2mol·L-1·min-14=0.3mol·L-1·min-1;B.v(Z)=v(Y)2=0.6mol·L-1·min-12=0.3mol·L-1·min-1;C.v(Z)=0.4mol·L-1·min-1;D.v(W)=0.08mol·L-15.对于可逆反应2M(g)+2N(s)⇌3P(g)+Q(g)，在不同条件下测得的化学反应速率如下，下列速率关系正确的是()①v(M)=4mol·L-1·min-1②v(M)=0.1mol·L-1·s-1③v(P)=0.2mol·L-1·s-1④v(Q)=3mol·L-1·min-1A.①>④>③>② B.②>③=①>④C.③>②=④>① D.④>③>①>②解析:选C将①②③④均转化为用物质M表示的速率，换算后①②③④依次为v(M)=4mol·L-1·min-1、v(M)=6mol·L-1·min-1、v(M)=8mol·L-1·min-1、v(M)=6mol·L-1·min-1，③>②=④>①。[课时跟踪检测]一、选择题1.调控化学反应速率对于工业生产至关重要。下列有关化学反应速率的说法正确的是()A.化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1是指1s时某物质的物质的量浓度为0.8mol·L-1B.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C.在一定温度下，增加某固体物质的质量，不影响化学反应速率D.同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快解析:选C0.8mol·L-1·s-1是指某物质在一段时间内的浓度变化量，A项错误;一般地，化学反应速率用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示，如果是气体参与反应，也可以用一段时间内压强变化来表示，B项错误;固体物质的浓度一般视为常数，则增加某固体物质的质量，不影响化学反应速率，C项正确;同一化学反应在相同条件下，用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但意义相同，都表示该反应的化学反应速率，D项错误。2.(2025·石景山区高二期末)已知:4NH3+5O2==4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列关系正确的是()A.45v(NH3)=v(O2) B.56v(O2)=v(HC.23v(NH3)=v(H2O) D.45v(O2)=解析:选D根据速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)∶v(O2)=4∶5，即54v(NH3)=v(O2)，故A错误;v(O2)∶v(H2O)=5∶6，即65v(O2)=v(H2O)，故B错误;v(NH3)∶v(H2O)=4∶6，即32v(NH3)=v(H2O)，故C错误;v(O2)∶v(NO)=5∶4，即45v(O2)=v(NO)3.一定条件下，向1L的恒容密闭容器中充入1molN2和3molH2，进行合成氨反应。经3s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，若NH3的浓度从0.6mol·L-1增大到1.2mol·L-1，所用的时间可能()A.小于3s B.等于3sC.大于3s D.无法判断解析:选C经3s后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1，说明0~3s，v(NH3)=0.6mol·L-13s=0.2mol·L-1·s-1，若反应速率不变，则NH3的浓度从0.6mol·L-1增大到1.2mol·L-1，所用的时间为3s，但化学反应速率随浓度的减小而减慢4.(2025·成都期末检测)把0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应:3X(g)+Y(g)==nZ(g)+2W(g)。5min末生成0.2molW，若测得以Z浓度变化来表示的化学反应速率为0.01mol·L-1·min-1，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是()A.1B.2C.3D.4解析:选AW的平均化学反应速率v=ΔnV·Δt=0.2mol2L·5min=0.02mol·L-1·min-1，同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，v(Z)∶v(W)=0.01mol·L-1·min-1∶0.02mol·L-1·min-1=n5.我国科学家利用Pt/a⁃MoC催化剂实现氢气的低温制备和存储，涉及的化学反应为CH3OH(g)+H2O(g)3H2(g)+CO2(g)。不同反应条件下测得反应速率如下，反应速率最大的是()A.v(H2O)=0.10mol·L-1·min-1B.v(H2)=0.27mol·L-1·min-1C.v(CH3OH)=0.01mol·L-1·s-1D.v(CO2)=2.0mol·L-1·h-1解析:选Cv(H2O)1=0.11mol·L-1·min-1=0.10mol·L-1·min-1;v(H2)3=0.273mol·L-1·min-1=0.09mol·L-1·min-1;v(CH3OH)1=0.011mol·L-1·s-1=0.6mol·L-1·min-1;v(CO26.T℃时，在0.5L的密闭容器中，气体A与气体B反应生成气体C，反应过程中A、B、C的浓度变化如图所示。则下列结论正确的是()A.10s时反应生成了0.4molCB.该反应进行到10s时，消耗了0.1molAC.该反应的化学方程式为3A+B==2CD.10s内用B表示的反应速率为0.01mol·L-1·s-1解析:选B根据图示可知在10s时C的浓度改变了0.4mol·L-1，由于容器的容积是0.5L，则10s时反应生成C的物质的量n(C)=0.4mol·L-1×0.5L=0.2mol，A错误;该反应进行到10s时，A的浓度减少0.2mol·L-1，由于容器的容积是0.5L，则消耗A的物质的量n(A)=0.2mol·L-1×0.5L=0.1mol，B正确;在10s后A、B、C三种物质的浓度分别改变了0.2mol·L-1、0.6mol·L-1、0.4mol·L-1，物质改变的浓度比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，此时物质的浓度不再发生变化，则反应的化学方程式为A+3B⇌2C，C错误;在10s时用B的浓度变化表示的反应速率v(B)=0.6mol·L-110s=0.06mol·L-1·s7.在标准状况下，将5.6g铁粉投入100mL2mol·L-1稀硫酸中，2min时铁粉恰好完全溶解。关于该反应的速率，四位同学提出了四种表示方法:甲:v(Fe)=2.8g·min-1;乙:v(H2SO4)=1mol·L-1·min-1;丙:v(FeSO4)=0.5mol·L-1·min-1;丁:v(H2)=1.12L·min-1。下列说法正确的是()A.甲错误，因为固体物质不能用来表示反应速率B.丁错误，因为速率的单位错误C.只有乙错误D.只有丙正确解析:选Cv(Fe)=5.6g2min=2.8g·min-1，可用固体质量的变化表示反应速率，故A错误;v(H2)=0.1mol×22.4L·mol-12min=1.12L·min-1，数据合理，故B错误;v(H2SO4)=0.1mol0.1L2min=0.5mol·L-1·min-1，则乙错误，故C正确;v(H2SO4)=v(FeSO4)=0.5mol·L-18.(2025·广州期中检测)已知在2L密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)，经2min后，B的物质的量减少1.2mol。下列有关反应速率的说法正确的是()A.用B、C、D表示的反应速率大小关系为2v(B)=3v(C)=6v(D)B.用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1C.用B表示反应在2min末的反应速率为0.3mol·L-1·min-1D.增加A的量，化学反应速率加快解析:选A化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率大小关系为2v(B)=3v(C)=6v(D)，故A正确;A为纯固体，速率单位为mol·L-1·min-1时，不能用纯固体表示，故B错误;可计算平均速率，不能计算2min末B的反应速率，故C错误;A为纯固体，增加A的量，化学反应速率不变，故D错误。9.反应速率与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v可表示为v=Kcm(H2)cn(Cl2)，式中K为常数，m、n值可用下表中数据确定之。c(H2)/(mol·L-1)c(Cl2)/(mol·L-1)v/(mol·L-1·s-1)1.01.01.0K2.01.02.0K2.04.04.0K由此可推得，m、n值正确的是()A.m=1，n=1 B.m=12，n=C.m=12，n=1 D.m=1，n=解析:选D设三组数据编号分别为①②③，分别代入关系式，则有②①=2=2m，m=1;③②=2=4n，n=10.飞秒化学对了解反应机理十分重要。C2I2F4光分解反应C2I2F4==C·F2—C·F2+2I·，经过2×10-15s后C2I2F4的浓度减少6×10-5mol·L-1。下列说法正确的是(A.用I·表示的反应速率是6×1010mol·L-1·s-1B.在2×10-15s时，I·浓度是C2I2F4浓度的2倍C.2×10-15s末时C2I2F4的反应速率是3×1010molD.C·F2—C·F2、I·的速率关系:v(C·F2—C·F解析:选A根据反应方程式中物质转化关系可知，C2I2F4与I·化学计量数之比是1∶2，在2×10-15s后C2I2F4的浓度减少6×10-5mol·L-1，则I·的浓度变化为1.2×10-4mol·L-1，则用I·表示的反应速率v(I·)=1.2×10-4mol·L-12×10-15s=6×1010mol·L-1·s-1，A正确;起始到2×10-15s时，I·改变的浓度是C2I2F4改变的浓度的2倍，而不是I·浓度是C2I2F4浓度的2倍，B错误;在0~2×10-15s时C2I2F4的平均反应速率v(C2I2F4)=6×10-5mol·L-12×10-15s=3×1010mol·L-1·s-1，而不是2×10-15s末的瞬时速率，C错误;化学反应速率之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，则C·F2—C11.将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应:NH4Br(s)==NH3(g)+HBr(g)，2HBr(g)⇌Br2(g)+H2(g)，2min后，测知H2的浓度为0.5mol·L-1，HBr的浓度为4mol·L-1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是()A.0.5mol·L-1·min-1B.2.5mol·L-1·min-1C.2mol·L-1·min-1D.1.25mol·L-1·min-1解析:选B此题为连锁反应，即NH4Br(s)分解生成的HBr又有一部分分解，故剩余的HBr的量为NH4Br分解生成的HBr的量减去HBr分解的量，即c(HBr)=c生成(HBr)-c分解(HBr)，又知c(H2)=0.5mol·L-1，则c分解(HBr)=1mol·L-1，所以c生成(HBr)=c(HBr)+c分解(HBr)=5mol·L-1，c(NH3)=c生成(HBr)=5mol·L-1，v(NH3)=5mol·L-1-02min=2.512.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应:3A(g)+B(g)==xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)=3∶5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol·L-1·min-1，下列说法正确的是()A.2min时，A的物质的量为1.5molB.2min时，A的转化率为60%C.反应速率v(B)=0.25mol·L-1·min-1D.该反应方程式中，x=4解析:选A由v(C)=0.25mol·L-1·min-1知，2min内C的浓度变化量Δc(C)=0.25mol·L-1·min-1×2min=0.5mol·L-1，设A、B初始浓度为amol·L-1，结合题中数据，可列出“三段式”:3A(g)+B(g)==xC(g)+2D(g)起始浓度/(mol·L-1)aa00转化浓度/(mol·L-1)0.750.250.50.5终态浓度/(mol·L-1)a-0.75a-0.250.50.5则2min时，c(A)∶c(B)=(a-0.75)∶(a-0.25)=3∶5，解得a=1.52min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75mol·L-1，物质的量为1.5mol，A正确;2min时，A的转化率为0.751.5×100%=50%，B错误;v(B)=0.25mol·L-12min=0.125mol·L-1·min-1，C错误;由于Δc(C)=Δc(D)，13.一定温度下，10mL0.8mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的O2的体积(已折算为标准状况下)如表。t/min0246810v(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)()A.反应到6min时，c(H2O2)=0.2mol·L-1B.第4min时的瞬时速率小于第6min时的瞬时速率C.反应至6min时，H2O2分解率为50%D.0~6min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2mol·L-1·min-1解析:选D反应至6min时，生成O2在标况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001mol)，消耗H2O2的物质的量为0.002mol，则c(H2O2)=0.01L×0.8mol·L-1-0.002mol0.01L=0.6mol·L-1，A错误;第4min时过氧化氢的浓度大于第6min时过氧化氢的浓度，浓度越大，反应速率越快，故第4min时瞬时速率大于第6min时的瞬时速率，B错误;反应至6min时，生成O2在标准状况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001mol)，则分解的H2O2的物质的量为0.002mol，所以H2O2分解率为0.002mol0.01L×0.8mol·L-1×100%=25%，C错误;0~6min时间内，生成Δn(O2)=(0.0224-0)L22.4L·mol-1=0.001mol，由2H2O22H2O+O2↑得消耗Δn(H2O2)=2×Δn(O2)=2×0.001mol=0.002mol，Δc(H2O2)=0.0020.01mol·L-1=0.20mol·L-1，所以v(H2O二、非选择题14.(6分)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(填化学式)。

(2)当生成SO2的速率为0.64mol·L-1·s-1时，则氧气减少的速率为。

(3)若测得4s后O2的浓度为2.8mol·L-1，此时间内SO2的反应速率为0.4mol·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、SO2来表示该反应的化学反应速率。(2)不同物质表示的反应速率和化学方程式中对应的化学计量数成正比，所以氧气减少的速率为0.64mol·L-1·s-1×118=0.88mol·L-1·s-1。(3)此时间内SO2的速率为0.4mol·L-1·s-1，则氧气表示的速率为0.4mol·L-1·s-1×118=0.55mol·L-1·s-1，所以氧气的浓度变化为0.55mol·L-1·s-1×4s=2.2mol·L-1，则开始时氧气的浓度为2.8mol·L-1+2.2mol·L-1=5.0mol·L答案:(1)O2、SO2(2)0.88mol·L-1·s-1(3)5.0mol·L-115.(8分)固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。a、b、c、d、e括号内数据表示坐标。(1)a~b、b~c、c~d三段中，平均反应速率最大的时间段是，该时间段内H2的平均反应速率是。

(2)H2的物质的量不再改变时，CO2的转化率是;反应前后容器内的压强比是。

解析:(1)a~b段氢气的平均反应速率为8mol-6mol2L×1min=1mol·L-1·min-1，b~c段氢气的平均反应速率为6mol-3mol2L×2min=0.75mol·L-1·min-1，c~d段氢气的平均反应速率为3mol-2mol2L×5min=0.1mol·L-1·min-1，所以平均反应速率最大的时间段是a~b，该时间段内H2的平均反应速率是1mol·L-1(2)由图可知，平衡时氢气的物质的量为2mol，列三段式:3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol8600变化/mol6222平衡/mol2422所以平衡时CO2的转化率为2mol6mol×100%≈33.3%;恒温、恒容时，气体压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后容器内的压强比是(6+8)∶(4+2+2+2)=7∶5答案:(1)a~b1mol·L-1·min-1(2)33.3%7∶5第2课时影响化学反应速率的因素新知探究(一)——定性与定量研究影响化学反应速率的因素导学设计1.定性研究影响化学反应速率的外界因素(1)实验原理Na2S2O3+H2SO4==Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O2H2O22H2O+O2↑(2)实验方案影响因素实验步骤实验现象实验结论浓度均出现浑浊，但后者出现浑浊更快增大浓度，化学反应速率增大温度混合后均出现浑浊，但70℃热水一组首先出现浑浊升高温度，化学反应速率增大催化剂前者无明显现象，后者出现大量气泡催化剂能加快化学反应速率2.反应速率的定量测定和比较(1)实验步骤①取一套装置(如图所示)，加入40mL1mol·L-1的硫酸和2g锌粒，测量收集10mLH2所用时间。②取另一套装置，加入40mL4mol·L-1的硫酸和2g锌粒，测量收集10mLH2所用时间。(2)实验现象锌与稀硫酸反应产生气泡(写现象)，收集10mL气体，②所用时间比①所用时间短。(3)实验结果加入试剂所用时间(填“长”或“短”)反应速率(填“快”或“慢”)1mol·L-1硫酸长慢4mol·L-1硫酸短快(4)实验结论4mol·L-1硫酸与锌反应比1mol·L-1硫酸与锌反应的速率快。(5)思考讨论①为确保测定的准确性，应注意哪些事项?提示:锌的颗粒(即比表面积)大小基本相同;稀硫酸要迅速加入;装置气密性良好，且记录时间要迅速准确(即用秒表)等。②用上述装置测定化学反应速率时，操作、试剂无误，结果测定速率偏大，从装置缺陷的角度分析可能的原因是。

提示:忽视加入稀硫酸排出气体的体积③除了测定氢气的体积外，你还能设计哪些方案测定锌与稀硫酸反应的速率?提示:在恒容反应装置中，测定一段时间内压强的变化;测定一段时间内H+的浓度变化;测定一段时间内锌粒的质量变化等。[系统融通知能]1.速率测定的原理与方法(1)测定原理利用与化学反应中任何一种与物质浓度有关的可观测量进行测定。(2)测定方法直接观察测定如释放出气体的体积和体系的压强等科学仪器测定如反应体系颜色的变化。在溶液中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，可利用颜色变化与浓度变化间的比例关系来跟踪反应的过程和测量反应速率2.控制变量探究实验题的思维流程确定变量明确影响实验探究结果的因素(即变量)可能有哪些定多变一根据实验目的搞清需控制的变量。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之间存在怎样的关系;这样确定一种因素的影响结果以后，再确定另一种因素的影响结果，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数据有效注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断[题点多维训练]题点(一)化学反应速率的测定1.(2025·宜春高二检测)下列方法不能实现对应化学反应速率测定的是()AFe2O3+3CO==2Fe+3CO2压力传感器测量反应前后体系压强变化BMg+2HCl==MgCl2+H2↑分析天平称量镁条反应前后的质量变化C2H2O22H2O+O2↑注射器收集反应后气体体积DBa(OH)2+H2SO4==BaSO4↓+2H2O溶液电导率的变化解析:选AFe2O3+3CO==2Fe+3CO2反应前后气体的系数不变，反应前后压强不变，不能实现对应化学反应速率测定，故A正确;Mg+2HCl==MgCl2+H2↑会使镁条溶解而质量减轻，可以根据质量变化测定反应速率，故B错误;2H2O22H2O+O2↑反应前无气体，反应后有气体生成，注射器收集反应后气体体积，可以测定反应速率，故C错误;电导率与离子浓度有关，Ba(OH)2+H2SO4==BaSO4↓+2H2O反应前后溶液中离子浓度不同，则溶液电导率不同，可通过测定溶液电导率变化测定反应速率，故D错误。2.设计实验测定盐酸与碳酸钙的反应速率，按下列实验步骤完成实验。(1)按如图装置安装仪器，加入一定量碳酸钙然后快速加入1mol·L-1的盐酸，测量收集10mLCO2所用的。

(2)实验中所用仪器有:锥形瓶、双孔塞、直角导气管、、50mL注射器、铁架台、。

(3)按如图装置，测定1mol·L-1的盐酸分别与块状碳酸钙、粉状碳酸钙反应的速率，实验时，已限定了两次实验时间均为1min，还需要测定的另一个数据是。实验结束后，得到的结论是。

答案:(1)时间(2)分液漏斗秒表(3)收集到气体的体积其他条件相同时，粉状碳酸钙与盐酸的反应速率比块状碳酸钙与盐酸的反应速率快题点(二)控制变量法的应用3.变量控制是科学研究的重要方法。四支相同的试管中分别盛有2mL5%H2O2溶液，向其中加入水或1mol·L-1FeCl3溶液，在下列条件下发生反应，其中化学反应速率最大的是()选项ABCD加入试剂2滴水2滴水2滴FeCl3溶液2滴FeCl3溶液水浴温度/℃20402040解析:选D由表中数据可知C、D使用催化剂，反应速率较大，且D的温度高，反应速率最大。4.某化学小组欲探究不同条件对化学反应速率的影响，分组进行了如下实验。已知:2KMnO4+5H2O2+3H2SO4==2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O。(30℃及以下，双氧水具有较好的稳定性，忽略溶液体积变化)下列说法不正确的是()编号ⅠⅡⅢⅣ0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液体积/mL202020201mol·L-1H2O2溶液体积/mL20V1V210水的体积/mL010010反应温度/℃20203030紫色褪去所用的时间/st1t2t3t4A.V1=10，V2=20B.各组实验充分反应后，产生的氧气的体积均为0.112L(标准状况下)C.实验Ⅰ和Ⅲ、Ⅱ和Ⅳ均可探究温度对反应速率的影响D.t1<t4，说明浓度越大，反应速率越快解析:选B根据控制变量的思维，各组溶液混合后的总体积一定，则V1=10，V2=20，故A正确;各组中，H2O2物质的量均过量，而反应产生的Mn2+会催化分解H2O2，产生的O2体积均大于0.112L，故B错误;Ⅰ和Ⅲ，Ⅱ和Ⅳ，温度不同，均可探究温度对反应速率的影响，故C正确;t1<t4，说明Ⅰ的反应速率更快，而Ⅰ的温度更低，H2O2浓度则大一些，说明浓度对速率的影响更大，故D正确。新知探究(二)——影响化学反应速率的因素典例导学[典例]在恒容密闭容器中发生反应:3CO(g)+Fe2O3⇌3CO2(g)+2Fe(s)，下列说法不正确的是()A.将块状Fe2O3改为粉末状，反应速率加快B.升高温度，反应速率加快C.使用催化剂，反应速率增大D.增加Fe2O3的质量，反应速率增大[解析]将块状Fe2O3改为粉末状，增大接触面积，反应速率加快，故A正确;升高温度，反应体系中活化分子的百分数增加，有效碰撞的次数增加，反应速率加快，故B正确;使用催化剂，反应速率增大，故C正确;Fe2O3是固体，增加Fe2O3的质量，不改变反应速率，故D错误。[答案]D[系统融通知能]1.浓度影响增大反应物的浓度，化学反应速率增大;降低反应物的浓度，化学反应速率减小注意①浓度对速率的影响适用于气体或溶液参与的反应，固体和纯液体的浓度视为常数。②对于离子反应，实际参加反应的离子浓度发生变化，才会引起化学反应速率的改变2.压强影响增大压强，引起气体反应物浓度增大，化学反应速率加快;减小压强，引起气体反应物浓度减小，化学反应速率减慢注意①压强对无气体参与的反应无影响。②压强的改变实质是改变反应物的浓度，判断时看反应物的浓度是否发生改变。只有浓度改变了反应速率才改变，不能简单机械地死背结论[澄清认知]弄清“真”变还是“假”变，判压强对速率影响若体系的压强变化而使反应物或生成物的浓度发生变化即“真”变，否则是“假”变。如2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)(1)恒温恒容时①充入气体反应物→反应物浓度增大→总压增大→反应速率增大。②充入不参与反应的气体(如He、N2等)→引起总压增大，各物质的浓度不变→反应速率不变。(2)恒温恒压时充入不参与反应的气体(如He、N2等)→引起体积增大→各反应物浓度减少→反应速率减小。3.温度影响升高温度，化学反应速率加快;降低温度，化学反应速率减慢注意温度对反应速率的影响适用于除电化学反应外的绝大多数化学反应，如升高温度，不论吸热反应还是放热反应，不论正反应速率还是逆反应速率，均加快4.催化剂催化剂同等程度的影响正、逆反应速率，正催化剂加快化学反应速率，逆催化剂减慢化学反应速率。5.其他因素通过光辐照、放射线辐照、超声波、电弧、强磁场、高速研磨等改变化学反应速率。[题点多维训练]1.下列有关化学反应速率的说法正确的是()A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率B.100mL2mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变C.SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢解析:选D常温下浓硫酸与铁发生钝化阻碍了反应进行，故改用98%的浓硫酸后不能增大生成氢气的速率，A错误;加入氯化钠溶液后，氯化钠不参与反应，但溶液体积增大，相当于稀释，导致稀盐酸浓度减小，反应速率减小，B错误;升高温度，增大反应速率，C错误;压强越低反应速率越慢，所以减小压强反应速率减慢，D正确。2.(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30min，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。[课时跟踪检测]一、选择题1.(2025·嘉兴高二期末)影响化学反应速率的主要因素是()A.浓度 B.压强C.温度 D.反应物的组成、结构和性质解析:选D决定化学反应速率的根本原因:反应物本身的性质。而浓度、温度、压强、催化剂是次要影响因素。2.化学与生活密切相关，下列措施是为了加快化学反应速率的是()A.在金属栏杆表面涂油漆B.把蔬菜水果放入冰箱内冷藏C.酿酒过程中，加入酒曲D.在糕点的包装袋内放入装有活性铁粉的塑料小包解析:选C在金属栏杆表面涂油漆，减小反应物的接触面积，金属被腐蚀速率减慢，故A错误;把蔬菜水果放入冰箱内冷藏，降低温度，反应速率减慢，故B错误;酿酒过程中加入的酒曲是催化剂，加快化学反应速率，故C正确;活性铁粉被氧化，能降低糕点被氧化的机会，糕点被氧化的速率减慢，故D错误。3.(2025·辽宁协作校高二联考)下列措施不能改变相应化学反应速率的是()A.在铁制品表面刷油漆——铁的腐蚀速率B.高炉炼铁增加炉高——CO的反应速率C.食物放在冰箱中储存——食物的腐败速率D.烧煤时用煤粉代替煤块——煤的燃烧速率解析:选B铁表面刷油漆，阻止铁与氧气接触反应，降低反应速率，故A不选;高炉炼铁增加炉高并不能改变CO的反应速率，故B选;冰箱中温度低，反应速率减慢，故C不选;烧煤时用煤粉代替煤块，增大了固体的表面积，可以提高煤的燃烧速率，故D不选。4.(2025·宁波期中检测)利用反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)可实现汽车尾气的无害化处理。下列措施能加快反应速率的是()A.恒温恒容下，充入He(g)B.将CO2(g)从体系中分离出来C.恒温恒压下，加入He(g)D.恒温恒容下，充入CO(g)解析:选D恒温恒容下，充入He(g)，反应物和生成物浓度都不变，化学反应速率不变，故A错误;将CO2(g)从体系中分离出来，生成物浓度减小，化学反应速率减慢，故B错误;恒温恒压下，加入He(g)，反应物和生成物的分压减小，化学反应速率减慢，故C错误;恒温恒容下，加入CO(g)，反应物浓度增大，反应速率加快，故D正确。5.(2025·沈阳高二月考)少量铁片与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加H2O;②加浓HNO3溶液;③滴入几滴浓盐酸;④加入少量铁粉;⑤加NaCl溶液;⑥滴入几滴硫酸铜溶液;⑦升高温度(不考虑盐酸挥发);⑧改用10mL0.1mol·L-1盐酸。A.③⑥⑦⑧ B.②③⑧C.③⑦⑧ D.④⑥⑦解析:选C加水使盐酸浓度减小，反应速率变慢，故①错误;加浓硝酸，铁与硝酸反应生成氮的氧化物，氢气产量下降，故②错误;滴入几滴浓盐酸，增大盐酸的浓度，反应速率加快，故③正确;加入少量铁粉，使生成的氢气量增多，故④错误;加NaCl溶液，稀释了原盐酸，反应速率减慢，故⑤错误;滴入几滴硫酸铜溶液，形成铁铜盐酸原电池，加快反应速率，但氢气的产量因铁的减少而减小，故⑥错误;升高温度，加快化学反应速率且氢气产量不变，故⑦正确;改用10mL0.1mol·L-1盐酸，反应物盐酸浓度增大，反应速率加快且不影响产量，故⑧正确。6.(2025·泉州高二期末)下列四支试管中发生反应:H2O2+2HI==I2+2H2O，其中化学反应速率最快的是()选项实验温度/℃H2O2浓度/(mol·L-1)HI浓度/(mol·L-1)催化剂Aⅰ250.10.1无Bⅱ250.10.2有Cⅲ300.20.2无Dⅳ300.20.2有解析:选D温度越高反应速率越快，浓度越大反应速率越快，催化剂加快反应速率;对比实验ⅰ、ⅱ可知，反应速率:实验ⅱ>实验ⅰ;对比实验ⅲ、ⅳ可知，反应速率:实验ⅳ>实验ⅲ;对比实验ⅱ、ⅳ可知，反应速率:实验ⅳ>实验ⅱ，所以反应速率最快的是实验ⅳ。7.下列装置或操作能达到目的的是()A.装置①用于测定生成氢气的速率B.装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响C.装置③依据U形管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应D.装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响解析:选C装置①生成的氢气会从长颈漏斗中逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，A错误;装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸溶液来做实验，B错误;Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U形管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能达到目的，C正确;装置④中物质的浓度、温度都不同，无法判断温度对反应速率的影响，D错误。8.在相同条件下，做H2O2分解对比实验时，其中①加入MnO2催化，②不加MnO2催化。如图是反应放出O2的体积随时间的变化关系示意图，其中正确的是()解析:选A由图像知，横坐标为时间，纵坐标为V(O2)，H2O2的量相同，两种情况下最终产生O2的体积相同，①中加入MnO2作催化剂，加快了H2O2的分解速率，在相同时间内产生O2的体积比②大，反应结束时所用时间短。9.某同学将除去氧化膜的镁条投入少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是()A.从t1→t2的原因是溶液中H+的浓度较大B.从t1→t2的原因是水蒸发，致使H+的浓度升高C.从t2→t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降D.从t2→t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降解析:选D由于镁与盐酸的反应放热，所以可提高反应的速率，t1~t2速率变快的主要原因是反应放热使溶液温度升高，故A错误;随着反应的进行，H+的浓度越来越小，故B错误;t2~t3速率不断变慢，是因为盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，镁的体积大小不影响反应速率，故C错误，D正确。10.(2025·温州期末检测)某学习小组同学研究过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应:H2O2+2HI==I2+2H2O，室温下的实验数据如表。已知:该反应的速率方程可表示为v=k·ca(H2O2)·cb(HI)。实验编号①②③④⑤c(H2O2)/(mol·L-1)0.10.10.10.20.3c(HI)/(mol·L-1)0.10.20.30.10.1从混合至溶液出现棕黄色的时间/s136.54.36.54.3下列有关说法不正确的是()A.实验①进行20s后测得c(H2O2)=0.08mol·L-1，则v(HI)=0.001mol·L-1·s-1B.由编号为①②③的实验数据可知，当H2O2浓度不变时，增大HI浓度，该反应速率加快C.对比表中数据，a=1，b=1D.将实验⑤的温度升高，溶液出现棕黄色时间变长，可能是温度升高使双氧水分解解析:选A实验①进行20s后测得c(H2O2)=0.08mol·L-1，则Δc(H2O2)=(0.1-0.08)mol·L-1=0.02mol·L-1，v(H2O2)=0.02mol·L-120s=0.001mol·L-1·s-1，反应速率之比等于其化学计量数之比，则v(HI)=0.002mol·L-1·s-1，故A错误。由实验①②③的实验数据可知，当H2O2浓度不变时，HI浓度增大1倍，从混合至溶液出现棕黄色的时间变为原来的一半，反应速率加快，故B正确。由实验①②的实验数据可得，k×0.1a×0.1bk×0.1a×0.2b=12，则b=1;由实验①④的实验数据可得，k×0.1a×0.1bk×0.二、非选择题11.(8分)化学反应速率是描述化学反应进行快慢的物理量。某同学利用如图所示装置测定化学反应速率。(已知:S2O32-+2H+==H2O+S↓+SO(1)为保证实验的准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是;除如图所示装置中实验用品、仪器外，还需要的一种实验仪器是。

(2)若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出这2min内H+的反应速率，但该测定值比实际值偏小，其原因是。

(3)试简述测定该反应的反应速率的其他方法:(写一种即可)。

解析:(1)该反应中需要测量生成气体的体积，所以进行实验前应先检查装置的气密性;本实验需要测定反应速率，根据速率计算公式v=ΔcΔt可知，该实验中需要计时，所以还需要的仪器为秒表。(2)根据收集的SO2的体积计算速率，但部分SO2溶于水，使得体积偏小，所以测定值比实际值偏小。(3)根据化学方程式可知，测定该反应的反应速率还可以测定一定时间内生成硫单质的质量，也可以测定一定时间内答案:(1)检查装置的气密性秒表(2)部分SO2溶于水，使测得气体体积偏小(3)测定一定时间内生成硫单质的质量(或H+浓度的变化)(其他合理答案均可)12.(14分)将浓度均为0.02mol·L-1的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料:该“碘钟实验”的总反应为H2O2+2S2O32-+2H+==S4O62-+2H2反应A:……反应B:I2+2S2O32-==2I-+S(1)反应A的离子方程式是。(2)对于总反应，I-的作用相当于。

(3)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。实验Ⅰ:a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是。

(4)为探究硫酸浓度对溶液变蓝快慢的影响，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。(各溶液浓度均为0.02mol·L-1)用量/mLH2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液试剂X溶液H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间:实验Ⅱ是15min，实验Ⅲ是20min。①实验Ⅲ中x、y、z，所对应的数值分别是、、。

②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是。

(5)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(各溶液浓度均为0.02mol·L-1)用量/mLH2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液试剂X溶液H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及实验现象，可推出反应A与反应B速率的相对快慢关系为v(A)v(B)(填“>”“<”或“=”)。

解析:(1)由总反应-反应B得到该反应的离子方程式:H2O2+2I-+2H+==I2+2H2O。(2)对于总反应，I-的作用相当于催化剂。(3)过氧化氢具有氧化性，会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应:I2+2S2O32-==2I-+S4O62-，碘单质被还原为I-，则试剂X为KI淀粉溶液。(4)①为了方便研究，在反应中要采取控制变量的方法进行实验，即只改变一个反应条件，其他条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ对比硫酸体积减小，所以其他条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是8、3、2;②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是其他条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率。(5)对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<12，v答案:(1)H2O2+2I-+2H+==I2+2H2O(2)催化剂(3)KI淀粉溶液(4)①832②其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率(5)<第3课时活化能新知探究(一)——活化能1.基元反应大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的,而往往经过多个反应步骤才能实现。如2HI==H2+I2实际上是经过两步反应完成的,为2HIH2+2I·,2I·I2,其中,每一步反应都称为基元反应,它反映了化学反应的反应历程。2.有效碰撞具象理解3.活化能和活化分子(1)活化分子:能够发生有效碰撞的分子。(2)活化能:活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差。4.反应物、生成物的能量与活化能的关系[微点拨]活化能大小主要是由反应物自身的性质决定的(改变外界条件也可以改变反应的活化能,如加入催化剂),即反应物自身的性质影响着化学反应所需的活化能,从而影响化学反应速率的大小。[题点多维训练]1.(2025·西安质量检测)下列说法不正确的是()①当碰撞的分子具有足够的能量和合适的取向时,才能发生化学反应②发生有效碰撞的分子一定是活化分子③活化分子间的碰撞一定是有效碰撞④活化分子间每次碰撞都发生化学反应⑤能发生有效碰撞的分子必须具有足够高的能量A.①④B.③④ C.④⑤ D.②⑤解析:选B当碰撞的分子具有足够的能量和合适的取向时,才能发生化学反应,即活化分子发生有效碰撞,才能发生化学反应,故①正确;发生有效碰撞的分子一定是活化分子,故②正确;活化分子间的碰撞有合适取向时才是有效碰撞,故③错误;活化分子间发生有效碰撞才能发生化学反应,故④错误;能发生有效碰撞的分子一定是活化分子,必须具有足够高的能量,故⑤正确。2.卤代烃与端基炔(R'C≡CH)催化偶联反应的一种机理如图所示。下列说法错误的是()A.偶联反应中起催化作用的是M和CuIB.R'C≡CCu为该催化过程的中间产物C.该偶联反应的原理为R'C≡CH+RI→R'C≡CR+HID.该催化机理改变了反应路径和反应热解析:选D由转化图可知,偶联反应中起催化作用的是M和CuI,故A正确;由转化关系可知,R'C≡CCu产生后又被消耗,为该催化过程的中间产物,故B正确;由流程可知,该偶联反应的原理为R'C≡CH+RI→R'C≡CR+HI,故C正确;催化剂改变反应路径,不改变反应热,故D错误。3.由反应物微粒一步直接实现的化学反应称为基元反应。某化学反应是通过三步基元反应实现:①Ce4++Mn2+→Ce3++Mn3+;②Ce4++Mn3+→Ce3++Mn4+;③Ti++Mn4+→Ti3++Mn2+。由此可知:(1)该反应的总反应的方程式为。

(2)该反应的催化剂是。

解析:催化剂是在化学反应里能改变反应物的化学反应速率(既能提高也能降低),而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质。从三个反应可以看出Ce4+最终变为Ce3+,Ti+变为Ti3+,Mn2+没变,故为催化剂。答案:(1)2Ce4++Ti+==2Ce3++Ti3+(2)Mn2+新知探究(二)——利用碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响导学设计H2O2是重要的消毒剂、氧化剂,研究其分解反应有重要意义。KI能催化H2O2的分解。①不加KI:2H2O2==2H2O+O2↑②加入KI:H2O2+I-==H2O+IO-;H2O2+IO-==H2O+O2↑+I-H2O2分解反应过程中能量变化如图所示。1.加入KI后,化学反应速率如何变化?为什么?提示:化学反应速率加快。KI是催化剂,加入催化剂,能降低反应的活化能,使更多的反应物分子变成活化分子,从而增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目,有效碰撞次数增多,反应速率增大。2.催化剂是否参与反应?催化剂是否改变了反应热?提示:催化剂参与了反应,改变了反应路径,但是没有改变反应热。3.若对该反应加热,化学反应速率加快,如何用碰撞理论解释此现象?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,从而增加了反应物分子中活化分子的百分数,使得单位时间内有效碰撞的次数增加,反应速率增大。升高温度,不论是放热反应,还是吸热反应,都能增大化学反应速率。[系统融通知能]1.利用碰撞理论解释外界条件对反应速率的影响条件变化浓度增大压强增大温度升高使用催化剂微观因素变化活化分子百分数不变不变增加增加活化分子数目增加不变增加增加单位体积内活化分子数目增加增加增加增加有效碰撞增加增加增加增加化学反应速率变化加快加快加快加快[微点拨]向反应体系输入能量,都有可能改变化学反应速率。2.活化分子、有效碰撞与反应速率的关系[题点多维训练]1.下列有关催化剂的说法错误的是()A.改变反应历程B.改变基元反应的活化能C.可能提高主反应选择性D.不能提高反应物转化率解析:选D催化剂可以改变反应历程,降低反应的活化能,加快反应速率,故A正确;催化剂可以改变反应历程,即可以把一个反应改变为多个基元反应,且每个基元反应的活化能都不同,故B正确;催化剂具有选择性,可能对主反应具有更好的催化效果,从而加快主反应的速率,故C正确;催化剂可提高平衡以前反应物的转化率,故D错误。2.(2025·温州期中检测)下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是()A.增大反应物浓度,可以提高活化分子百分数,从而提高反应速率B.升高温度,反应物分子的能量增加,增加了活化分子的百分数,从而提高反应速率C.加入催化剂可以降低活化能,活化分子百分数虽然没变,但可以加快反应速率D.只要增大压强,就可提高单位体积内活化分子数,从而提高反应速率解析:选B增大反应物浓度,增大单位体积内活化分子个数,活化分子百分数不变,故A错误;升高温度,活化分子百分数增大,则化学反应速率加快,故B正确;催化剂能降低反应所需活化能,增大活化分子百分数,增大化学反应速率,故C错误;对于气体反应来说,压缩体积增大压强,增大单位体积内活化分子个数,活化分子有效碰撞几率增大,反应速率加快,对固体反应来说,增大压强无影响,故D错误。3.下列说法不正确的是()A.图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能B.图乙中HI分子发生了有效碰撞C.盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零D.增大反应物浓度,单位体积内活化分子数增多,单位时间内有效碰撞次数增加小题细作(溯源教材)

催化剂对反应活化能的影响解析:选B催化剂可降低反应的活化能,A正确;能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞,由图乙可知碰撞后没有生成新物质,即没有发生化学反应,不是有效碰撞,B错误;盐酸和氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水,在溶液中氢离子与氢氧根离子已经处于活跃状态,因此盐酸和氢氧化钠溶液反应的活化能接近于零,C正确;增大反应物浓度,单位体积内活化分子数增多,单位时间内有效碰撞次数增加,D正确。命题热点——化学反应历程与能量变化的图像分析1.能量历程图像(1)在无催化剂的情况下:E1为正反应的活化能;E2为逆反应的活化能;E1-E2为此反应的焓变(ΔH)。(2)有催化剂时,总反应分成了两个反应步骤,反应①为吸热反应,产物为总反应的中间产物,反应②为放热反应,总反应为放热反应。2.能垒图像(1)催化反应历程可表示为扩散→吸附→断键→成键→脱附。(2)催化剂通过参与反应改变反应历程、降低反应的活化能来加快反应速率。活化能越大,反应越难进行。(3)复杂反应中的速度控制步骤决定反应的速率,各步基元反应活化能(能垒)大的慢反应是决定整个反应速率的关键步骤。故改变温度,活化能大的反应速率改变程度大。能垒图参见下图:3.“环式”反应图像对于“环式”反应过程图像,位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体,如⑤、⑥、⑦和⑧,“入环”的物质为反应物,如①和④,“出环”的物质为生成物,如②和③。[典例](2025·武汉高二期末)在发展非金属催化剂实现CO2电催化还原制备甲醇方面取得重要进展,该反应历程如图所示(CO、CH2O为副产物)。上述合成甲醇的反应速率较慢,要加快其反应速率,主要需降低过程中能量变化的基元反应为()A.*CO+*OH→*CO+*H2OB.*CO→*OCHC.*OCH2→CH2OD.*OCH3→*CH3OH[解析]由图可知,合成甲醇的过程中*CO+*OH→*CO+*H2O的活化能最大,反应速率最慢,决定整体反应速率,所以主要降低该步骤的能量变化,则A正确。[答案]A|思维建模|三步突破能量变化图像[题点多维训练]1.(2023·广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇌P(g)。反应历程(如图)中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法不正确的是()A.使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行B.反应达平衡时,升高温度,R的浓度增大C.使用Ⅱ时,反应体系更快达到平衡D.使用Ⅰ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大解析:选C由图可知两种催化剂均出现四个波峰,所以使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行,A正确;由图可知该反应是放热反应,所以达平衡时,升高温度平衡向逆反应方向移动,R的浓度增大,B正确;由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能,所以使用Ⅰ时反应速率更快,反应体系更快达到平衡,C错误;由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低,反应速率较快,后两个历程中使用Ⅰ活化能较高,反应速率较慢,所以使用Ⅰ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大,D正确。2.(2024·安徽卷)某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g)⇌Y(g)(ΔH1<0),Y(g)⇌Z(g)(ΔH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如右图所示。下列反应进程示意图符合题意的是()解析:选B由题图可知,生成Y的速率大于生成Z的速率,则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小,C、D项错误;结合ΔH1、ΔH2均小于0可知,两步反应均为放热反应,故反应物的总能量高于生成物的总能量,则能量:X>Y>Z,A项错误,B项正确。3.电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*表示,下列说法不正确的是()A.N2生成NH3是通过多步还原反应实现的B.两个氮原子上的加氢过程同时进行C.析氢反应(H*+H*→H2)会影响NH3的生成D.NH3的及时脱附有利于提高催化剂活性解析:选B由图可知,N2生成NH3是通过N2→*N2→*NNH……NH3多步还原反应实现的,故A不符合题意;由图可知,加氢过程是分步进行的(*N2→*NNH→*NHNH),故B符合题意;析氢反应(H*+H*→H2)会导致NH3中H不足,从而影响NH3的生成,故C不符合题意;NH3的及时脱附,能够增加催化剂与反应物的接触面积,即有利于增加催化剂活性,故D不符合题意。4.铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+CO==CH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI==CH3I+H2O解析:选C题干中明确指出,铑配合物[Rh(CO)2I2]-充当催化剂的作用,用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知,铑配合物在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO,最终产物是乙酸;因此,凡是出现在历程中的,既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等,都可视作中间物种。通过分析可知,CH3COI属于甲醇羰基化反应的中间体;其可与水作用,生成最终产物乙酸,同时也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI,A项正确;通过分析可知,甲醇羰基化反应,反应物为甲醇以及CO,产物为乙酸,方程式可写成:CH3OH+COCH3COOH,B项正确;通过分析可知,铑配合物在整个反应历程中,成键数目、配体种类等均发生了变化,C项不正确;通过分析可知,反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I,方程式可写成:CH3OH+HI==CH3I+H2O,D项正确。[课时跟踪检测]一、选择题1.(2025·天津期中检测)工业制氢原理:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。改变下列条件能提高产生氢气的速率且提高活化分子百分率的是()①将炭块改为炭粉②增大水蒸气浓度③适当升高温度④加入高效催化剂A.①② B.①③C.③④ D.②④解析:选C将炭块改为炭粉,可以增大C与H2O(g)的接触面积,可以使反应速率加快,但不能提高活化分子百分率,故①错误;增大水蒸气浓度,可以加快反应速率,但不能提高活化分子百分率,故②错误;适当升高温度,可以使更多的普通分子变为活化分子,因此既能提高产生氢气的速率也可以提高活化分子百分率,故③正确;加入高效催化剂,可以降低反应的活化能,使更多的普通分子变为活化分子,因此既能提高产生氢气的速率也可以提高活化分子百分率,故④正确。2.改变下列条件,可以改变反应的活化能的是()A.温度 B.催化剂C.反应物浓度 D.压强解析:选B化学反应中,压强、浓度只能改变单位体积的活化分子数目,从而提高反应速率,而不能改变反应的活化能;温度只改变活化分子的百分数,不能改变反应的活化能,只有加入催化