【文档说明】2023-2024学年高二化学人教版2019选择性必修1同步举一反三系列 专题2.1 化学反应速率（七大题型） Word版含解析.docx，共(22)页，2.494 MB，由小赞的店铺上传

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专题2.1化学反应速率【题型1化学反应速率及其计算】【题型2影响化学反应速率的因素】【题型3生产生活中化学反应速率调控分析】【题型4活化能】【题型5化学反应速率图像分析】【题型6传统实验探究化学反应速率的影响因素】【题

型7数字化实验探究化学反应速率的影响因素】【题型1化学反应速率及其计算】【例1】已知2N2O5（g）=2N2O4（g）＋O2（g），起始时N2O5（g）为35.8kPa，分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5（kPa·min-1）。t=62min

时，测得体系中pO2=2.9kPa，则此时的pN2O5=kPa，v=kPa·min-1。【答案】30.06.0×10-2【详解】()()()252422NOg=2NOgOg/kPa35.80062min/kPa35.8-2.9230.02.9=＋

起始时所以pN2O5=30.0kPa。v=2×10-3×30.0kPa·min-1=6.0×10-2kPa·min-1。【变式1-1】在不同条件下进行2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）的反应中，表示的反应速率最快的是：

A．()11vA0.5molLmin−−=B．()11vC1.5molLmin−−=C．()11vB0.3molLmin−−=D．()11vD1molLmin−−=【答案】B【分析】比较化学反应速率时，首先看单位

，题中所给的四个选项的单位相同，均为mol•L﹣1．min﹣1；再看是否是同一种物质表示的化学反应速率，四个选项所给的化学反应速率是用四种不同的物质表示的，则根据不同物质表示的化学反应速率的数值之比等于其化学计量数之比，可以四种不同的物质表示的化学反应速率

转化为同种物质表示的化学反应速率；【详解】A．()11vA0.5molLmin−−=；B．()()111122vAvC1.5molLmin1.0molLmin33−−−−===；C．()()1111vA2vB20.3molLmin0.6molLmin−−−−===；D．(

)()111122vAvC1molLmin0.5molLmin44−−−−===；故选B。【变式1-2】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．υ（A）=0.3mol•L-1•s-1B．υ（B）=1.8mol•L-1•s-1C．υ（D）=0.7mol•L-1•s-1D．υ（C）=1.5mol•L-1•min-1【答案】C【详解】由于B是固体，不能用浓度的改变量来描述反应速率，再根据速率与计量

系数之比分析，比值越大，则反应速率越快，11111112121.5molLmin0.7molLs0.3molLs60smin−−−−−−−，则υ（D）=0.7mol•L-1•s-1的速率最快，故C符合题意。综上所述，答案为C。【变式1-3】某温度下，反应2N2O

5⇌4NO2＋O2开始进行时，c（N2O5）=0.0408mol/L。1min后，c（N2O5）=0.030mol/L。则该反应的反应速率为A．v（N2O5）=1.8×10-4mol/（L·min）B．v（N2O5）=1.08×10-2mol/（L·s）C．v（NO2）=1.8×1

0-4mol/（L·s）D．v（O2）=5.4×10-3mol/（L·min）【答案】D【详解】v（N2O5）=[c始（N2O5）-c末（N2O5）]÷1min=（0.0408mol/L-0.030mol/L）÷1min=1.08×10-2m

ol/（L·min）。根据各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比可知，v（NO2）=3.6×10-4mol/（L·s），v（O2）=9×10-5mol/（L·s）=5.4×10-3mol/（L·min）。故D正确；故选：D。【题型2影响化学反应速率的因素】【例2】在一定

条件下，合成氨的反应速率与各物质的浓度关系为v=kc（N2）·c1.5（H2）·c-1（NH3），下列条件不能加快反应速率的是A．加入催化剂B．增大H2的浓度C．升高温度D．增大NH3的浓度【答案】D【详解】A．加入催化剂能加快反应速率，故A不选；B．由反应速率方程知增大H2的浓度

反应速率加快，故B不选；C．升高温度均能加快反应速率，故C不选；D．由反应速率方程知反应速率与氨气浓度成反比，增大NH3的浓度反应速率减慢，故D选；故选：D。【变式2-1】实验室用30%H2O2制备O2，下列措施可降低反应速率的是A．加水B．加入MnO2粉末C．升高反应液温度D．加入适量50%的

H2O2【答案】A【详解】A．加水过氧化氢的浓度降低，反应速率减慢，故A正确；B．使用催化剂加快化学反应的速率，故B错误；C．温度越高反应速率越快，故C错误；D．浓度越大反应速率越快，所以加入适量50%的H2O2加

快反应的速率，故D错误；故选：A。【变式2-2】下列判断正确的是A．0.1mol·L-1的硫酸和0.1mol·L-1的盐酸分别与0.2mol·L-1的NaOH溶液反应的速率相同B．0.1mol·L-1的盐酸和0.1mol·L-1的硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率相同C．Mg和Fe

分别与0.1mol·L-1的硫酸反应的速率相同D．大理石块与大理石粉分别与0.1mol·L-1的盐酸反应的速率相同【答案】B【详解】A．同浓度的硫酸和盐酸相比较，前者氢离子的浓度大，与NaOH溶液反应的速率快，A错误；B．同浓度的

盐酸与硝酸中氢离子浓度相同，与大小相同的大理石反应的速率相同，B正确；C．Mg比Fe活泼，Mg与0.1mol·L-1硫酸反应的速率快，C错误；D．大理石块比大理石粉表面积小，反应速率慢，D错误。故选B。【变式2-3】为探究锌与0.1mol/L稀硫酸的反应

速率[以υ（H2）表示]，对反应物作出如下改变。下列判断正确的是A．加入NH4HSO4固体，υ（H2）不变B．加入少量水，υ（H2）减小C．把0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，υ（H2）增大D．把稀硫酸改为98%的浓硫酸，υ（H2）增大【答案】B【详解】A

．加入NH4HSO4固体导致溶液中c（H＋）增大，则υ（H2）增大，故A错误；B．加水导致溶液中c（H＋）减小，则υ（H2）减小，故B正确；C．0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，c（H＋）不变，则υ（H2）不变，故C

错误；D．98%的浓硫酸与锌反应不生成H2，故D错误。综上所述，答案为B。【变式2-4】恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为XY①；YZ②。反应①的速率()11kXvc=，反应②的速率()22kYvc=，式中1k、2

k为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的1lnkT～曲线。下列说法正确的是A．随()Xc的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大B．由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：()()(

)ZXYvvv=+C．欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间D．温度高于1T时，总反应速率由反应②决定【答案】B【详解】A．由图甲中信息可知，随()Xc的减小，()Yc先增大后减小，()Zc增大，故反应①的速率随(

)Xc的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，A项错误；B．由图甲可知，依据反应关系，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此()()()XYZ=+vvv，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故()()()ZXYvv

v=+，B项正确；C．升高温度可以加快反应①的速率，但反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随Y的浓度增大而增大，因此欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C项错误；D．由图乙中信息可知，温度低于T1时，12kk，反应②为慢反应，总反应速

率由反应②决定，温度高于T1时，12kk，反应①为慢反应，总反应速率由反应①决定，D项错误；故选B。【题型3生产生活中化学反应速率调控分析】【例3】某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰

期，下列说法正确的是A．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大B．其它条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大C．条件②，反应速率为0.012mol·L-1·min-1D．条件①，降冰片烯起始浓度为1.5mol·L-1时，

半衰期为125min【答案】B【详解】A．曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间曲线①是曲线③的2倍，两者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无

关，A错误；B．从图中可知，①和②初始时降冰片烯的浓度相同，②催化剂浓度为①中的2倍，②降冰片烯反应速率为①中的2倍，则其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越快，B正确；C．从图中可知，条件②降冰片烯初始浓度为3mo

l/L，125min后降冰片烯浓度将为0，则其反应速率为113mol/L0.024mol?L?min125min−−=，C错误；D．条件①降冰片烯起始浓度为3mol/L，降为1.5mol/L时用时125min，但是从1.5mol/L降低至0.75mol/L用时小于125min，则

不能说其半衰期为125min，D错误；故答案选B。【变式3-1】在生产、生活中，下列措施不是用来调控化学反应速率的是A．洗衣粉中添加酶B．将鲜肉存放在冰箱中C．食品包装袋内放置抗氧剂D．冶铁时将铁矿石粉碎【答案】C【详解】A．洗衣粉中添加酶，

酶可作为催化剂加快反应速率，A错误；B．鲜肉存放在冰箱中，低温环境下细菌腐蚀鲜肉的速率较低，可将鲜肉保鲜更长时间，B错误；C．食品包装袋中放置抗氧化剂，是利用抗氧化剂与氧气反应消耗掉包装袋内的氧气，从而防止食物被氧化，C正确；D．冶炼铁时将铁矿石粉碎，增大了铁矿石与空气的接触面积，

增大了反应速率，D错误；故答案选C。【变式3-2】最近，中科院大连化物所研究发现了以Cu-Zn-Zr三元氧化物为催化剂时，CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示（带*微粒为催化剂表面的吸附物种）：下列判断错误的是A．CO2是该反应的氧化剂B．生成的CH3OH可用作车用燃料C

．催化剂能加快反应速率，但不改变反应的反应热D．该反应过程中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成【答案】D【详解】A．由题干图示信息可知，该反应方程式为：CO2+3H2催化剂CH3OH+H2O，反应中CO2中C的化合价降低，被还原，故是该反应的氧化剂，A正确；B．甲醇汽车配备

了专业的发动机和装置，故生成的CH3OH可用作车用燃料，B正确；C．催化剂能降低反应所需要的活化能，从而加快反应速率，但不改变反应的反应热，C正确；D．由题干图示信息可知，该反应过程中有H-H非极性键和C=O极性键的断裂，

但没有非极性键的形成，有C-H、C-O和H-O极性键的形成，D错误；故答案为：D。【变式3-3】铁的配合物离子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．该过程的催化剂是[L﹣Fe﹣H]

+B．增大H+浓度，一定能使总反应速率加快C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定【答案】B【详解】A．由题给反应历程可知，[L﹣Fe﹣H]+先参与反应，后又重新生成，所以是该过程的催化剂，故A正确；B．H+浓度过大会抑制HCOOH的电离，会

使HCOO﹣浓度减小，而使反应速率减慢，故B错误；C．Ⅱ⟶Ⅲ过程中脱去CO2，C元素化合价升高，则铁元素的化合价降低，故C正确；D．由题给相对能量的变化图可知，形成两过渡态的活化能分别是（45.3+31.8）kJmol-1=77.1kJmo

l-1、（43.5+42.6）kJmol-1=86.1kJmol-1，所以形成过渡态2的活化能更大，而活化能越大，反应速率越慢，总反应速率是由慢反应决定，所以该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D正确；答案选B。【题型4活化能】【例4】挥发性有机物（VOCs）对环境易造成

污染。VOCs催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火，不会有xNO等二次污染物产生等优点，图甲是VOCs处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反应过程中的能量变化图，下列叙述正确的是A．从图甲中可以得出反应物在催化剂表面发生化学键的断

裂与形成B．图甲中固体催化剂可降低该反应的焓变C．图乙中曲线I使用了催化剂，降低反应活化能D．VOCs催化氧化过程中所有反应均为放热反应【答案】A【详解】A．催化剂表面反应物发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A

正确；B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；C．图乙中曲线I的活化能比曲线Ⅱ的活化能高，使用催化剂时，活化能降低，故曲线Ⅱ为使用催化剂的能量变化曲线，故C错误；D．由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的

反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，故D错误；答案选A。【变式4-1】判断下列说法是否正确。（1）化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞。（2）增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位

体积内有效碰撞的次数增多。（3）升高温度会加快反应速率，原因是增加了活化分子的有效碰撞次数。（4）活化分子间的碰撞一定能发生化学反应。（5）升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率可能增大。（6）使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，改变反应限度。【答案】（1）正确（2）正确（3）正

确（4）错误（5）错误（6）错误【详解】（1）化学反应的实质与化学键有关，活化分子有合适取向时的有效碰撞一定发生化学反应，为化学反应的前提，故答案为：正确。（2）增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效

碰撞的次数增多，故答案为：正确。（3）升高温度会加快反应速率，原因是增大了单位体积活化分子的个数，增加了活化分子的有效碰撞次数，故答案为：正确。（4）活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，则不一定发生化学反应，故答案为：错误；（5）升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率

一定增大，故答案为：错误。（6）催化剂能改变反应机理，降低反应的活化能，故可加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能改变反应的限度，故答案为：错误。【变化4-2】2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）ΔH=−198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应的机理为V2O5＋SO2

⇌2VO2＋SO3（快），4VO2＋O2⇌2V2O5（慢）。下列说法中正确的是A．反应速率主要取决于V2O5的质量B．V2O5是该反应的催化剂C．其他条件不变时，逆反应的活化能小于198kJ·mol-1D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率【答案】B【详解】A．由反应机理可知，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，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误，B．根据A选项分析V2O5是该反应的催化剂，故B正确；C．ΔH=正反应的活化能−逆反应的活化能=−198kJ·mol-1，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol-1，故C错误；D．反应速率主要

由慢反应决定，增大SO2的浓度不能显著提高反应速率，故D错误。综上所述，答案为B。【题型5化学反应速率图像分析】【例5】在相同条件下研究催化剂I、II对反应X2Y=的影响，各物质浓度c随反应时间t的部

分变化曲线如图，则下列说法不正确．．．的是A．催化剂I、II相比，I使反应活化能更低B．使用催化剂I，反应时间为2min时，X的转化率为50%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II时，0~2min内，-1-1v(X)=0.5molLmin【答案】

C【分析】结合化学方程式，由图可知，0~2min内，a曲线的变化量为Ⅰ变化量的一半，则a为X浓度、Ⅰ为Y的浓度变化；【详解】A．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A正确；B．使用催化剂I时，在0~2min内，X的浓度变化了4.0mol/L-2.0

mol/L=2.0mol/L，X的转化率为2.0100%=50%4.0，故B正确；C．由分析可知，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，故C错误；D．使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了2.0mol/L，则()()-1-1ΔcY2.0mol/LvY==1.0m

olLminΔt2mi=n，由速率之比等于系数比，v（X）=12v（Y）=12×-1-1-1-11.0molLmin=0.5molLmin，故D正确；故选C。【变式5-1】反应X=2Z经历两步：①X→Y：②Y→2Z。反应体系中X、

Y、Z的物质的量（n）随时间（t）的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．曲线c为n（Z）随t的变化曲线B．0~t1时间段内，反应速率v（X）=v（Y）=v（Z）C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率D．t3时，n（Z）=2n0-n（Y）【答案】C【分

析】反应X=2Z经历两步：①X→Y：②Y→2Z，则X的物质的量随时间逐渐减小，Z的物质的量随时间逐渐增大，Y的物质的量随时间先增大后减小，X、Y、Z分别对应曲线a、c、b。【详解】A．根据分析可知，曲线c为n（Y）随t的变化曲线，A错误；

B．观察图可知，0-t1时间段内，X的消耗量大于Y和Z的生成量，则v（X）>v（Y）=v（Z），B错误；C．t2时刻，Y的物质的量呈现下降的趋势，说明其消耗速率大于生成速率，C正确；D．根据反应，003XY/moln0n(Z)/moln

n(Y)2n(Z)t/mol0n(Y)2→++初始量转化量时的量，3Y2Zn(Z)/moln(Y)02n(Z)/moln(Z)2t/moln(Y)n(Z)→+初始量转化量时的量，由图可知，t3时n（X）=0，则n0=n(Z)n(Y)2+，则n（Z）=2n0-2n（Y），D

错误；故答案选C。故答案选C。【变式5-2】实验室用22HO快速制氧气，其分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下22HO浓度随时间的变化如甲、乙、丙、丁四图所示：（1）下列说法正确的是：_______

____（填字母序号）A．图甲表明，其他条件相同时，22HO浓度越小，其分解越慢B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，22HO分解越快C．图丙表明，少量2Mn+存在时，溶液碱性越强，22HO分解

越快D．图丁表明，碱性溶液中，2Mn+浓度越大，对22HO分解速率的影响越大（6）催化剂2Mn+在反应中，改变了（填字母序号）A．反应速率B．反应限度C．反应焓变D．反应路径E．反应活化能F．活化分子

百分数【答案】（1）AD（2）ADEF【详解】（1）A.图甲表明，其他条件相同时，22HO浓度越大，其分解越快，22HO浓度越小，其分解越慢，故A正确；B.图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越强，pH值越大，22HO分解越快，故B错误；C.图丙表明，少量2Mn+

存在时，溶液碱性越强，22HO分解速率不一定越快，故C错误；D.图丁表明，碱性溶液中，2Mn+浓度越大，对22HO分解速率的影响越大，故D正确；综上所述，答案为：AD。（2）催化剂2Mn+在反应中，反应活化能降低，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，加快了反应速率，而平衡不移动即反

应限度未变，焓变不变，反应活化能降低，因此反应路径发生改变；故答案为：ADEF。【题型6传统实验探究化学反应速率的影响因素】【例6】某研究性学习小组利用224HCO溶液和酸性4KMnO溶液的反应探究“外界条件的改变

对化学反应速率的影响”，进行了如下实验：实验序号试验温度/K有关物质溶液颜色褪至无色所需时间/s酸性4KMnO溶液224HCO溶液2HO/mLV-1c/molL/mLV-1c/molL/mLV①29320.0240.101t②1T20.0230.11V8③31

320.022V0.112t（1）通过实验①、②，可探究出（填外部因素）的改变对化学反应速率的影响；通过实验（填实验序号）可探究出温度变化对化学反应速率的影响。（2）若18t，则由此实验可以得出的结论是；忽略溶液体积的变化，利用实验②中数据计算，0～8s内，用4K

MnO的浓度变化表示的反应速率()4KMnOv=。（3）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中()2Mnn+随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对4KMnO与草酸之间的反应有某种特殊作用，则

该作用是，相应的粒子最可能是（填粒子符号）。【答案】（1）浓度或反应物浓度②③（2）其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大4118.310molLs−−−（3）催化作用（加快反应、增大反应均可）2

Mn+【分析】探究影响反应速率的因素时，需要进行单因子变量控制，依据表格的数据，①、②应控制温度相同，探究浓度对反应速率的影响，②、③应控制温度不同，可探究温度对反应速率的影响，据此回答。【详解】（1）由表中数据可知，实验①、②中，c（H2C

2O4）不同，则温度、c（KMnO4）都应相同；实验②、③中，c（H2C2O4）、c（KMnO4）都相同，则温度应不相同。所以通过实验①、②，可探究出浓度的改变对化学反应速率的影响；实验②、③中各物质的浓度相同，则可探究出温度变化对化学反应速率的影响；（2）若t1＜8，比较实验①、②，可

得出浓度对化学反应速率的影响，则由此实验可以得出的结论是：其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大；忽略溶液体积的变化，利用实验B中数据计算，0-8s内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率v（KMnO4）=4110.02mol/L2mL6

mL8.310molLs8min−−−=；（3）反应物的性质决定了反应速率的快慢，影响反应速率的条件有反应物的浓度、温度、催化剂等。由图知，该反应开始后Mn2+的物质的量急剧增多、反应速率迅速增大，则可能的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是

催化作用，相应的粒子最可能是Mn2+。【变式6-1】某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：实验序号反应温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc（mol/L）V/mLc/（mol/L）V/mL①2010.00

.1010.00.500②40V10.10V20.50V3③20V40.104.00.50V5（1）硫代硫酸钠与稀硫酸反应的化学方程式为。（2）该实验①、②可探究温度对反应速率的影响，因此V1=V2=，V3=。（3）若V4=10.0，V5=6.0

，则实验①、③可探究对反应速率的影响。（4）可用热的NaOH浓溶液洗掉反应后试管中残余的固体。固体溶解时的离子方程式为。【答案】（1）223242224NaSO+HSO=S+SOHO+NaSO+（2）10.00（3）浓度（4）2232Δ3S+6OH2S+S

O+3HO−−−【详解】（1）硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S单质和2SO，反应化学方程式为：223242224NaSO+HSO=S+SOHO+NaSO+；（2）探究某一条件对反应速率的影响，得在其他条件不变时，实验①、②可探

究温度对反应速率的影响，因此123V=V=10.0V=0，；（3）若45V=10.0V=6.0，，则实验①、③温度相同，硫代硫酸钠浓度相同，硫酸浓度不同，可探究浓度对反应速率的影响；（4）反应后试管中残余的固体为S单质，可用热

的NaOH浓溶液洗掉，反应的离子方程式为：2232Δ3S+6OH2S+SO+3HO−−−。【变式6-2】某实验小组为探究外界条件对化学反应速率的影响进行如下实验：实验1：探究常温下影响等质量金属与酸反应生成氢气速率的因素：

实验编号金属c（酸）/()1molL−溶液体积/mLⅠ铁粉12molL−硫酸10Ⅱ铁粉12molL−盐酸10Ⅲ铁块12molL−硫酸10（1）实验Ⅰ、Ⅱ探究的是对反应速率的影响。（2）实验Ⅰ、Ⅲ及相应实验现象得到的结论是。（3）

甲同学在进行实验Ⅲ时又加入了少量硫酸铜固体，发现生成气体速率明显加快，试分析其原因：。实验2：探究影响反应2334ClO3HSOCl3SO3H−−−−−+=++的因素。实验编号130.1molLKClO−溶

液的体积mL130.3molLNaHSO−溶液的体积mL水的体积/mL反应温度Ⅳ1010025℃Ⅴ105a25℃Ⅵ1010060℃（4）表中a=。（5）通过实验Ⅳ和实验Ⅵ可探究对化学反应速率的影响。（6）该小组同学依据实Ⅴ条

件进行反应并测定其化学反应速率，所得数据如图所示。4~7min内用3HSO−表示的平均反应速率为11molLmin−−。【答案】（1）+H浓度（2）其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快（3）向溶液中加入硫酸铜后，发生置换反应：2+2+Fe+Cu=Cu+Fe，生成

的Cu和Fe形成了原电池，加快反应速率（4）a5=（5）温度（6）110.075molLmin−−【详解】（1）实验Ⅰ、Ⅱ中，铁粉相同，温度相同，相同浓度的盐酸和硫酸，+c(H)不同，所以探究的+H浓度对反应速率的影响；（2）实验Ⅰ是铁粉，产生气

体的速率较快，实验Ⅲ用铁块，产生气体的速率较慢，其他条件相同，探究接触面积对反应速率的影响，由实验现象得到的结论是：其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快；（3）实验Ⅲ时又加入了少量硫酸铜固体，发生置换反应：2+2+Fe+Cu=Cu+Fe，

生成的Cu和Fe形成了原电池，加快反应速率；（4）在溶液中探究反应速率的影响因素时，需要溶液的总体积不变，故a5=；（5）根据实验条件，实验Ⅳ和实验Ⅵ浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；（6）根据如图，4~7min内，用Cl

−表示的平均反应速率为：11(0.085-0.01)mol/Lv(Cl)==0.025molLmin3min−−−，根据反应2334ClO3HSOCl3SO3H−−−−−+=++，用3HSO−表示的平均反应速

率为--113v(HSO)=3v(Cl)=0.075molLmin−−。【变式6-3】某实验小组为探究酸性条件下碘化钾与过氧化氧反应的化学反应速率，进行以下实验探究。（1）实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和

硫代硫酸钠（223NaSO）的混合溶液，一段时间后溶液变蓝。该小组查阅资料知体系中存在下列两个主要反应：反应ⅰ：+2222HO2I2HI2HO−++=+；反应ⅱ：2222346I2SO2ISO−−−+=+。为了证实上述反应过程，进行下

列实验（所用试剂浓度均为10.01molL−）实验二：向酸化的22HO溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入223NaSO溶液，溶液立即褪色。根据此现象可知反应ⅰ的速率反应ⅱ的速

率（填“大于”、“小于”或“等于”），解释实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原因是。（2）为了探究()Hc+对反应速率的影响，设计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其迅速混合观察现象。（各实验均在室温条件下进行）实验试剂体积/mL溶液开始变蓝编号10.1mo

lL−22HO11molL−24HSO10.01molL−223NaSO10.1molL−KI（含淀粉）2HO的时间/sI40402040201tIIV1202040V22t①V1=，V2=。②对比实验I和实验II，1

t2t（填“>”、“<”或“=”）。（3）利用实验I的数据，计算反应ⅱ在10~st的化学反应速率()223SOv−=11molLs−−【答案】（1）小于硫代硫酸钠被消耗完，再生成的2I才能使淀粉溶液

变蓝（2）4040（3）-311.2510t【详解】（1）根据实验二的实验现象可知，反应i反应速率慢，反应ii反应速率快，反应i生成的碘立即与223SO−反应，至223SO−被消耗完全，再生成的碘才能使淀粉变蓝，所以实验i中溶液混合一段时间后才变蓝，故答

案为：小于；硫代硫酸钠被消耗完，再生成的2I才能使淀粉溶液变蓝；（2）①实验溶液总体积为160mL，该实验的目的是探究()Hc+浓度对化学反应速率的影响，则两个实验中溶液总体积、22HO、223NaSO和KI的浓度均应该不变，即V1=40

，V2=160-40-40-20-20=40，故答案为：40；40；②其他条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，溶液开始变蓝的时间越短，由于实验I中硫酸的浓度大，则反应速率：实验I>实验II，所以t1<

t2，故答案为：<；（3）由表中实验数据可知，223NaSO不足，则反应i在0~ts的化学反应速率22311200.010.00125()/(?s)/(?s)160cnvSOmolLmolLtVttt−====，故答案为：-311.2510t。【变式6-4】某校化学活动小

组做了如下探究实验：实验一：测定相同体积的1mol/L的硫酸分别与足量锌粒和锌粉反应的速率，设计如图装置：（1）写出此反应的离子方程式。（2）按照图Ⅰ装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，则还需要测定的另一个数据是。（3）根据此实验探究，可以得出的结论是

：其他条件不变时，。实验二：利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应，探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下表：序号温度/K0.02mol∙L−1KMnO40.1mol∙L−1H2C2O4H2O溶液颜色褪至无色时

所需时间/sV/mLV/mLV/mLA293253t1B293V1358C31323V2t2（4）V2=；通过实验A、B可探究的改变对反应速率的影响。（5）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）=。（6）实验中发

现：反应一段时间后该反应速率会加快，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。【答案】（1）Zn+2H+=H2+Zn2+（2）收集到气体的体积（3）反应物间接触面积越大，反应速率越快（4）5浓度（5）-

1-10.0005molLs（6）Mn2+的催化作用【详解】（1）Zn与硫酸反应生成H2和ZnSO4，离子方程式为：Zn+2H+=H2+Zn2+。（2）按照图Ⅰ装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个

数据是收集到气体的体积。（3）根据此实验探究，可以得出的结论是：其他条件不变时，反应物间接触面积越大，反应速率越快。（4）利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应，探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验中溶液总体积要设置相同，V2=2+5+3-2-3=5，A和B实验中温度相同，反应物

的浓度不同，通过实验A、B可探究浓度的改变对反应速率的影响。（5）利用实验B中数据计算，溶液混合后4KMnO的起始浓度为-3-30.02mol/L210L=0.004mol/L1010L，用4KMnO的浓度变化表示的反应速率为-1-140.004mol

/Lv(KMnO)==0.0005molLs8s。（6）实验中发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对4KMnO与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是催化作

用，相应的粒子最有可能是Mn2+。【题型7数字化实验探究化学反应速率的影响因素】【例7】某化学小组利用传感器、数据采集器和计算机等设备，探究外界条件对化学反应速率和限度的影响。回答下列问题：（1）在某温度下，探究影响22HO

分解的因素的实验方案如下：实验序号实验方案I25℃，10mL5%22HO溶液Ⅱ50℃，10mL5%22HO溶液Ⅲ25℃，10mL30%22HO溶液Ⅳ25℃，少量2MnO，10mL5%22HO溶液①实验I、Ⅱ探究目的是；实验I、Ⅲ相比反应速率大的是。②实验I、Ⅳ得出的

结论是。（2）为进一步研究催化剂对22HO分解反应速率的影响，化学小组同学又做了下列实验：①定性研究：小组同学用图1装置进行实验，在注射器中分别加入相同体积的1mol/L3FeCl溶液和1mol/L2CuCl溶液，可通过观察，定性确定反应速率的大小。②定量研究：为了更精确地研究催

化剂对反应速率的影响，小组同学利用图2装置进行定量实验，向大试管中加入10mL2mol/L的22HO溶液，向注射器中分别加入1mL1mol/L2CuCl溶液和1mL1mol/L3FeCl溶液，测定的数据是，比较催化剂对

反应速率的影响。【答案】（1）探究温度对化学反应速率的影响实验Ⅲ其它条件相同时，加入催化剂可加快化学反应速率（2）气球膨胀的快慢收集相同气体所需要的时间【分析】通过通知变量法设计对照实验，探究某温度下，影响22HO分解的因素，结合每组实验变量进行对比分析；【详解】（1）实验

I、Ⅱ中用到的试剂种类、体积和浓度均相同，而温度不同，所以实验目的：探究温度对化学反应速率的影响；实验I、Ⅲ相比，实验温度、实际种类和体积均相同，而浓度不同，浓度越大，反应速率越快，故反应速率大的是：实验Ⅲ；通过对比实验I、Ⅳ可得出的结论：其它条件相同时，加入催化剂可加快化学反

应速率；（2）定性研究：在其它条件相同时，通过加入不同的催化剂催化分解过氧化氢，可以借助气球体积变化的快慢判断产生气体的速率，从而判断种类不同的催化剂的对速率的影响大小；定量研究：为了更精确地研究催化剂对反应速率的影响，

需要测量收集相同气体所需要的时间，从而比较催化剂对反应速率的影响；【变式7-1】利用浊度计探究一定条件下反应物浓度对硫代硫酸钠（223NaSO）溶液与硫酸溶液反应速率的影响。浊度计用于测量浑浊度的变化，产生的沉淀越多，浑浊度（单位

为NTU）值越大。反应原理：223242224NaSO+HSO=S+SO+HO+NaSO用图1所示装置进行如下表所示的5个实验，分别测量混合后溶液达到浑浊度为375NTU的过程中，浑浊度随时间变化情况。实验①~⑤所得数据如图2曲线①~⑤所示。实验编号223NaSO溶液24HSO溶液蒸馏水()1

/molLc−V/mL()1/molLc−V/mLV/mL①0.11.50.1V110②0.12.50.1V29③0.13.50.13.58④0.1V30.12.59⑤0.1V40.11.510（1）2V=。（2）

实验①③的目的是。（3）分析数据可得以下三个结论：结论1：其它条件相同时，223NaSO浓度越大，反应速率越大；①结论2：；②结论3：其它条件相同时，223NaSO浓度改变对反应速率的影响程度大于24HSO浓度改变对反应速率的影响程度。证据是。（4）已

知浑浊度为375NTU时，产生S的质量为32.410−g，则实验①反应开始到500s，用223NaSO浓度变化表示的平均反应速率为11molLs−−。【答案】（1）3.5（2）探究223NaSO浓度对反应速率的影响（3

）其它条件相同时，24HSO浓度越大，反应速率越大达到相同浑浊度时，实验①②所需时间分别大于实验⑤④（4）1.0×10-5【分析】探究浓度对反应速率的影响时，浓度是唯一变量，其余条件均需相同，223242224NaSO+HSO=S+SO+HO+NaSO

中，S的产生使溶液浑浊，故用浊度计测量产生的沉淀，浑浊度（单位为NTU）值相同时所需时间越短则反应速率越快，由图可知，反应速率③＞④＞⑤＞②＞①。实验①、②、③中H2SO4溶液溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度依次增大、反应速率依次加

快，实验③、④、⑤中Na2S2O3溶液溶液的浓度和体积相同，H2SO4溶液的浓度依次减小、反应速率依次减小。【详解】（1）实验②③中H2SO4的浓度相同，Na2S2O3浓度不同，利用控制变量法，其他条件应相同，只改变Na2S2O3浓度，混合溶液总体积为15mL，则2V=

3.5。（2）实验①、②、③中H2SO4溶液溶液的浓度和体积相同，Na2S2O3溶液的浓度不同，通过其它条件不变，只改变Na2S2O3溶液的浓度变化来探究对反应速率的影响，故可实验①③的目的是探究223NaSO浓度对反应速率的影响。（3）据分析，通过实验①、②、③得到

结论1：其它条件相同时，223NaSO浓度越大，反应速率越大；据分析，通过实验③、④、⑤得到结论2：其它条件相同时，24HSO浓度越大，反应速率越大；通过图表数据分析得到结论3：其它条件相同时，223NaSO浓度改变对反应速率的影响程度大于24HSO浓度改变对反应速率的影响程度。证据是：

达到相同浑浊度时，实验①②所需时间分别大于实验⑤④。