高中化学苏教版 (2019)选择性必修1第一单元 化学反应速率学案设计

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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。
(2017·江苏高考)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，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
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，说明反应速率越慢，错误；B项，OH－的浓度越大，pH越大，图中0.1 ml·L－1NaOH对应的pH最大，曲线下降得最快，即溶液pH越大H2O2分解速率越快，错误；C项，从图丙看，相同时间内，0.1 ml·L－1NaOH条件下，H2O2分解最快，0 ml·L－1NaOH条件下反应最慢，而1.0 ml·L－1NaOH条件下反应处于中间，错误；D项，从丁图看，在Mn2＋存在越多时，H2O2的分解速率越快，正确。]
1．变量控制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( )
D [A．温度为20 ℃，c(HCl)＝1 ml/L，溶液中c(H＋)＝1 ml/L；
B．温度为20 ℃，c(HCl)＝2 ml/L，溶液中c(H＋)＝2 ml/L；
C．温度为35 ℃，c(HCl)＝1 ml/L，溶液中c(H＋)＝1 ml/L；
D．温度为35 ℃，c(HCl)＝2 ml/L，溶液中c(H＋)＝2 ml/L；
故D中温度高且c(H＋)大，反应速率最大。]
2．用H2O2分解制取氧气，反应速率最大的是( )
A．0 ℃下，2 ml·L－1 H2O2溶液
B．0 ℃下，5 ml·L－1 H2O2溶液
C．25 ℃下，2 ml·L－1 H2O2溶液
D．25 ℃下，5 ml·L－1 H2O2溶液与二氧化锰
D [C、D温度较高，则反应速率比A、B大，C、D相比较，D浓度较大，且加入催化剂，则反应速率最大。]
3．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(ml·L－1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
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 ml·L－1·min－1
B．水样酸性越强，M的分解速率越快
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快
D [v(M)＝eq \f(0.40－0.10 ml·L－1,20 min)＝0.015 ml·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，分解速率快，B项正确；C项，0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率为75%，Ⅱ中分解百分率为60%，C项正确；0～5 min内，Ⅰ中Δc(M)＝0.12 ml·L－1，Ⅳ中Δc(M)＝0.11 ml·L－1，Ⅰ的分解速率快，D项错误。]
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( )
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的反应速率更快，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，反应速率逐渐加快，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲中快，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：ClOeq \\al(－,3)＋3HSOeq \\al(－,3)===3SOeq \\al(2－,4)＋Cl－＋3H＋。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。如图为用ClOeq \\al(－,3)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ClOeq \\al(－,3)的物质的量的减少量
D．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减少
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，根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，v(Cl－)＝v(ClOeq \\al(－,3))，正确；C项，图中阴影部分的面积应为t1～t2时间内ClOeq \\al(－,3)的物质的量浓度的减少量，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下降，正确。]
2．某新型药物在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间的变化如图所示(纵坐标为胆红素浓度变化量)，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )
A．2.5 μml·L－1·min－1和2.0 μml·L－1
B．2.5 μml·L－1·min－1和2.5 μml·L－1
C．3.0 μml·L－1·min－1和3.0 μml·L－1
D．5.0 μml·L－1·min－1和3.0 μml·L－1
B [分析图像可知，在4～8 min时间段内反应物的浓度由20 μml·L－1下降到10 μml·L－1，浓度变化量为10 μml·L－1，故反应速率为eq \f(10 μml·L－1,4 min)＝2.5 μml·L－1·min－1。随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，大致的变化规律是反应每进行4 min，反应物浓度降低一半，所以当反应进行到16 min时，反应物的浓度降到大约2.5 μml·L－1。]
3．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(ml·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，化学反应速率加快
B．比较实验①、④得出：升高温度，化学反应速率加快
C．实验③有可能使用了催化剂，催化剂加快正反应速率，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 ml·L－1·min－1
C [A．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，化学反应速率加快，故A正确；
B．①、④相比，④的反应物的浓度低，但反应速率更快，说明升高温度，化学反应速率加快，故B正确；
C．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，故反应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的加快正逆反应速率，故C错误；
D．在0～10 min之间，实验②X的浓度变化为0.2 ml/L，则v (Y)＝eq \f(1,2)v(X)＝eq \f(1,2)×eq \f(0.2 ml/L,10 min)＝0.01 ml·L－1·min－1，故D正确。]
我国目前汽车业发展迅速，2020年统计汽车超过3.6亿辆，中国已成为全球最大的汽车市场。因此，如何有效处理汽车排放的尾气，是需要进行研究的一项重要课题。目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2。化学方程式应为：2NO＋2COeq \(=====,\s\up8(催化剂))2CO2＋N2。为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。
提出问题：在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？
查阅资料：使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。
[问题1] 实验设计：设计以下对比实验，探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，请填写下表中的空白。(表中不要留空格)
[提示] Ⅱ．280 6.50×10－3 4.00×10－3
Ⅲ．6.50×10－3 4.00×10－3
[问题2] 图像分析与结论：利用气体传感器测定了三组实验中CO浓度随时间变化的曲线图，如下：
(1)计算第Ⅰ组实验中，达平衡时NO的浓度为多少？
(2)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率将如何变化？
(3)由实验Ⅰ和Ⅲ可得出的结论是什么？
[提示] (1)通过图像可知，平衡时CO的平衡浓度为1.00×10－3ml/L，可得出CO的浓度该变量Δc(CO)＝4.00×10－3 ml/L－1.00×10－3 ml/L＝3.00×10－3 ml/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的该变量Δc(NO)＝3.00×10－3 ml/L，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10－3 ml/L－3.00×10－3 ml/L＝3.50×10－3 ml/L。
(2)由图像可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，故增大了反应速率。
(3)当催化剂的比表面积相同时，温度越高，化学反应速率越快。
通过本情境素材中实验设计、图像分析与结论，让学生学会用控制变量法研究化学反应，提升了学生变化观念与平衡思想的化学核心素养。
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．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。实验②的反应物应为( )
A．5 mL 2% H2O2溶液 B．10 mL 2% H2O2溶液
C．10 mL 5% H2O2溶液 D．5 mL 10% H2O2溶液
C [本实验的目的是运用控制变量法，探究浓度、催化剂对反应速率的影响，表中已有数据中，①和③两组实验有两个反应条件不同，二者无法达到实验目的；实验②和③中，应是探究催化剂对反应速率的影响，所以实验②中双氧水浓度和体积必须与③相同，即反应物为10 mL 5% H2O2溶液；实验①和②中都没有使用催化剂，可以探究双氧水浓度对反应速率的影响，实验②的反应物为10 mL 5% H2O2溶液时符合条件，C正确。]
3．将久置在空气中的锌粒投入稀硫酸中，测得锌粒和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。下列推论不正确的是( )
A．O→a段由于是锌粒表面的氧化物与酸的反应，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 [A．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；B．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，反应速率加快，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．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；D．随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，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的分解平均速率为0.030 ml·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的分解平均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 [A、根据v＝eq \f(Δc,Δt)，25 ℃时，10～30 min内R的分解平均速率为＝eq \f(1.4 ml/L－0.8 ml/L,20 min)＝0.030 ml·L－1·min－1，故A正确；
B、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；
C、对比30 ℃和25 ℃曲线，30 ℃曲线对应的浓度低，但在50 min时R完全分解，故能说明R的分解平均速率随温度升高而增大，故C正确；
D、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。]
5．已知：将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入H2O2溶液，将发生反应：H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中的I－继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入H2O2溶液至溶液变蓝所需的时间，即可推算反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率。
下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行)：
(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。实验2中m＝________，n＝________。
(2)已知：I2与X反应时，两者物质的量之比为1∶2。按上面表格中的X和KI的加入量，加入V(H2O2)>________，才确保看到蓝色。
(3)实验1：c(X)­t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出实验3、实验4c(X)­t的变化曲线图(进行相应的标注)。
(4)实验4表明：硫酸铁能提高反应速率。催化剂能加快反应速率是因为催化剂________(填“提高”或“降低”)了反应活化能。
[解析] (1)实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响，做对比实验，除了H2O2溶液浓度不同，其他条件均应相同。
(2)n(X)＝0.01 ml·L－1×10.0×10－3 L＝10－4 ml，因而n(I2)>0.5×10－4 ml才能看到蓝色，即n(H2O2)>0.5×10－4 ml，V(H2O2)>0.5 mL。(3)实验3开始变蓝时间是实验1的2倍(2.8 min)，说明实验3的c(X)­t的变化率应小于实验1；同理，实验4开始变蓝时间是0.6 min，那么说明实验4的c(X)­t变化率应大于实验1。(4)催化剂可以降低反应的活化能。
[答案] (1)20.0 20.0 (2)0.5 mL
(3)
(4)降低
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
选项
A
B
C
D
t/℃
20
20
35
35
c(HCl)/(ml·L－1)
1
2
1
2
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
解化学反应速率图像题的方法
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 ml·L－1 KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mL H2C2O4(草酸)溶液反应
0.1 ml·L－1的H2C2O4溶液
0.2 ml·L－1的H2C2O4溶液
选项
反应
甲
乙
C
5 mL 0.1 ml·L－1 Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 ml·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
编号
t/℃
c(NO)/(ml·L－1)
c(CO)/(ml·L－1)
催化剂的比表面积/(m2·g－1)
Ⅰ
280
6.50×10－3
4.00×10－3
80.0
Ⅱ
120
Ⅲ
360
80.0
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2溶液
无
②
无
③
10 mL 5% H2O2溶液
MnO2固体
编号
往烧杯中加入试剂及其用量mL
催化剂
开始变蓝时间min
0.1ml·
L－1 KI
溶液
H2O
0.01ml·
L－1X
溶液
0.1ml·
L－1H2O2
溶液
1ml·L－1稀盐酸
1
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
无
1.4
2
20.0
m
10.0
10.0
n
无
2.8
3
10.0
20.0
10.0
20.0
20.0
无
2.8
4
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
5滴Fe2(SO4)3溶液
0.6