高中化学第2章化学反应速率和化学平衡第2节影响化学反应速率的因素学案新人教.pdf

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1、 第二节 影响化学反响速率的要素 1初步运用有效碰撞理论和活化分子等知识解说外界条件对化学反响速率的影响。(难 点)2理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反响速率的影响。(要点)有效碰撞理论 基础初探 教材整理(见绪言)1有效碰撞 2活化分子与活化能 (1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。(2)活化能：活化分子比一般分子多出的那部分能量。E1：反响的活化能；E1E2：反响热；关系：一般分子活化能 活化分子 (3)解说化学反响的过程 研究升华 思虑研究 (1)活化分子间的碰撞必定能发生化学反响吗？【提示】错误 (2)一般分子间的碰撞有时也能发生化学反响，这句话对吗？【提示】错误 (

2、3)活化分子比一般分子拥有的能量低？【提示】高 (4)化学反响的实质是分子的从头组合？【提示】原子的从头组合 认知升华 1活化分子与有效碰撞的关系 能够发生有效碰撞的必定是活化分子，可是活化分子不必定发生有效碰撞。其实不是反响 物分子之间的任何一次直接碰撞都能发生反响，只有那些能量相当高的分子之间的直接碰撞 才能发生反响。2单位体积内的活化分子数与活化分子百分数 单位体积内的活化分子数就是指单位体积内能量达到必定要求的分子的总数；而活化分子百分数是活化分子数与总分子数的比值，总分子数包括：活化分子数以及一般分子的个数。3活化能与化学反响速率的关系 活化能大小主假如由反响物自己的性质决定的(改变

3、外界条件也能够改变反响的活化 能，如加入催化剂)，即反响物自己的性质影响着化学反响所需的活化能，进而影响化学反 应速率的大小。比如：活化能小一般分子简单变为活化分子活化分子百分数大单位体积内活化分 子数多单位时间、单位体积内有效碰撞次数多化学反响速率大(内因对化学反响速率的 影响)。题组冲关 1有效碰撞是指()A反响物分子间的碰撞 B反响物活化分子间的碰撞 C反响物分子发生适合取向的碰撞 D活化分子之间发生适合取向的碰撞 【分析】有效碰撞指活化分子之间发生适合取向的碰撞。【答案】D 2以下说法正确的选项是()活化分子间的碰撞必定能发生化学反响；一般分子间的碰撞有时也能发生化学反 应；反响物活化

4、能越大，反响越快；化学反响的实质是原子的从头组合；化学反响的 实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程；化学反响的实质是活化分子有适合取向时 的有效碰撞。A B C D 【答案】C 32SO(g)O2 3(g)反响过程的能量变化以下图。已知 1molSO2(g)氧化 为 1molSO3(g)的H99kJ mol1。【导学号：29910017】请回答以下问题：(1)E1表示_；E2表示_。(2)E1、E2的大小对该反响的反响热_ 影响。(填“有”或“无”)。(3)图中H_kJ mol1。【答案】(1)正反响活化能 逆反响活化能(2)无(3)198 浓度、压 强对化学反响速率的影响 基础初探 教材

5、整理 1 浓度对反响速率的影响 1规律：其余条件不变时，增大反响物浓度，反响速率加快；减小反响物浓度，反响 速率减慢。2实质：其余条件不变时，增大反响物浓度单位体积内活化分子数增加有效碰撞 次数增添化学反响速率加快。反之，减小反响物浓度，化学反响速率减慢。教材整理 2 压强对反响速率的影响 1规律：在同样 增大压强 减小容器容积，反响速率加快 温度下 减小压强 增大容器容积，反响速率减慢 2实质：关于气体反响，增大压强(减小容器容积)，相当于增大反响物的浓度，反响 速率加快；反之，减小压强，反响速率减慢。研究升华 思虑研究 研究 1 浓度对反响速率影响的实验研究 原理 2KMnO45H2C2O

6、43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O 实验步骤 实验现象 KMnO4溶液退色 KMnO4溶液退色 退色时间 退色时间长 较 0.1 mol/LH2C2O4溶液退色时间 短 2 2 4 4 若其余条件同样 HCO 浓度越大，KMnO 溶液退色越快，反响速率越快；结论 反之，H2C2O4浓度越小，反响速率越慢 c(H2C2O4)浓度增大单位体积内 H2C2O4活化分子数增加有效碰撞几率 解说 增添反响速率加快 研究 2 压强对反响速率影响的实验研究 在一密闭容器中充入 应：H2(g)I2 1molH2和 1molI2，压强为p(Pa)。该密闭容器有一个可挪动的活塞 ，并在必定温

7、度下使其发生反 (如图)。问题思虑：(1)向下压缩活塞，容器内气体压强怎样变化？气体浓度怎样变化？反响速率怎样变 化？【提示】增大 增大 加快 (2)保持容器的容积不变，向此中充入氦气 (He)，反响速率怎样变化？【提示】充入氦气，只管压强增大，但反响物浓度不变，反响速率不变。(3)保持容器内气体压强不变，向此中充入氦气 (He)，反响速率怎样变化？【提示】充入氦气，只管压强不变，但容器的体积增大，反响物浓度减小，反响速率 减小。认知升华 1浓度对反响速率影响的理解 (1)固体或纯液体的浓度为常数，所以增添其用量时，化学反响速率不变。(2)增大固体的表面积或将固体溶于必定溶剂，能增大化学反响速

8、率。(3)增大反响物浓度，即增大了单位体积内活化分子的数量，但活化分子的百分数没有 增大。2压强对反响速率影响的理解 压强对反响速率的影响，是经过改变气体的浓度来实现的，故一般意义上的增大压强是 指压缩气体的体积。(1)对无气体参加的化学反响，改变压强时，化学反响速率基本不变。如 MgO2HCl=MgClH2O。(2)对有气体参加的反响，压强对化学反响速率的影响可简化理解为：物质浓度改度反响速率改变 压强改变 物质浓度不变反响速率不变 常有的形式有以下几种状况：恒温时：惹起 惹起 增大压强体积减小反响速率增大。恒温恒容时：惹起 惹起 充入反响气体该物质浓度增大该反响速率快速增大。充入“没关气体

9、”(如 He、Ne、Ar等不参加本反响也不扰乱本反响的气体，惹起 下同)总压强增大，但反响混淆物的各组分浓度没有改变，反响速率不变。题组冲关 题组 1 浓度对反响速率的影响 1将质量同样的锌粉分别投入以下四个烧杯的溶液中，反响速率最快的是 ()【分析】当反响中一种反响物同样时，反响速率的快慢取决于另一种反响物的浓度而 不是用量。四个烧杯中所用的酸固然不一样，但反响的快慢都是由c(H)的大小决定的。A项，c(H)2molL1，B 项，c(H)小于 2molL1，C 项，c(H)2molL1，D 项，c(H)4molL1，故烧杯 D 中反响的反响速率最快。【答案】D 2把石灰石浸入盐酸中，以下举措

10、 加大盐酸用量 增大盐酸浓度 粉碎石灰石 增大石灰石的用量 能使反响速率增大的是()A B C D 【分析】增大反响物浓度，固体表面积均能加快反响速率，增大反响物用量对反响速 率无影响。【答案】B 3必定温度下，10mL0.40mol L1H2O2溶液发生催化分解。不一样时辰测得生成 O2 的体积(已折算为标准状况)以下表。以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽视不计)()t/min 0 2 4 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 A.06min 的均匀反响速率：v(H 2 1 O)3.310 mol(Lmin)2 2 2 2 2 1 B61

11、0min 的均匀反响速率：v(HO)b)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反响，则相应的曲线如图 虚线所示，正确的选项是()【分析】粉末状的碳酸钙表面积比块状碳酸钙大，所以反响速率大，即耗费得快。由 于盐酸足量，所以碳酸钙所有反响，而 ab，所以反响完整后实线在虚线的上方。【答案】C 10在一密闭容器中充入 1molI 2 和 1molH，压强为p(Pa)，并在必定温度下使其发 2 生反响：H2(g)I2 (1)保持容器容积不变，向此中充入 1molH2，反响速率_。(2)高升温度，反响速率_。(3)扩大容器体积，反响速率 _ 。(4)保持容器内气体压强不变，向此中充入 1molH 2(g)和 1mol

12、I 2(g)，反响速率 _。【分析】(1)在容器容积不变时，充入 1molH 2即 c(H2)增大，化学反响速率增大，(2)高升温度，反响速率增大；(3)扩大容器的体积，各构成成分浓度减小，反响速率减小；(4)压强不变，充入 H2(g)、I2(g)各 1mol，体积增大，压强未变，浓度也不变，则反响 速率不变。【答案】(1)增大 (2)增大(3)减小(4)不变 11将 0.1molMnO 2 粉末加入到 50mL 过氧化氢溶液(HO，1.1g/mL)中，在标准 2 2 状况下放出气体的体积和时间的关系以下图。(1)实验时放出气体的整体积是_。(2)放出一半气体所需的时间为_。3(3)反响放出4

13、体积气体所需的时间约为_。(4)A，B，C，D各点反响速率的快慢次序为 _。(5)解说反响速率变化的原由：_ _ 。(6)H2O2初始状态的浓度为 _。【分析】(1)(2)(3)由图可知；(4)同一时间内产生 O2越多，则反响速率越快，故 DCBA；MnO2 (6)2H2O2=2H2OO2 2mol 22.4L n(H2O2)0.06L 解得n(H2O2)0.0054mol。c(H2O2)0.0054mol 0.11mol/L。0.05L 【答案】(1)60mL(2)1min(3)2min (4)DCBA (5)跟着反响的进行，H2O2的浓度减小，反响速率减慢 (6)0.11mol/L 12某

14、同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少许硫酸铜溶液可加快氢气的 生成速率。请回答以下问题：(1)上述实验中发生反响的化学方程式有 _ _。(2)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采纳的举措有 _ _(答两种)。(3)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了以下一系列的实 验。将表中所给的混淆溶液分别加入 6 个盛有过度锌粒的反响瓶中，采集产生的气体，记录 获取同样体积的气体所需时间。实验 混淆溶液 A B C D E F 4mol/LH2SO4(mL)30 1 2 3 4 5 V V V V V 饱和CuSO4溶液(mL)0 0.5 2.5 5 V6 20 H2O(

15、mL)V7 V8 V9 V10 10 0 此中：V_，V_，V_。1 6 9 【分析】(2)采纳举措加快ZnH2SO4=ZnSO4H2反响速率时，可从反响温度、H2SO4 浓度、Zn 的表面积大小等角度来剖析。(3)AF 为对照实验，目的是研究 CuSO4的量对H2 生成速率的影响，为达到此目的，c(H)应同样，这样，H2SO4溶液的体积 AF 应均为 30mL，且溶液整体积同样，依据表中数据，整体积为 50mL。【答案】(1)CuSO4Zn=ZnSO4Cu ZnH2SO4=ZnSO4H2 (2)高升反响温度、适合增添硫酸的浓度、增添锌粒的表面积等(答两种即可)(3)30 10 17.5 能力

16、提高 13用 6gCaCO3与 100mL 稀盐酸反响制取少许的 CO2，反响过程中生成的 CO2的体积(已 折算为标准状况 )随反响时间变化的状况以下图。以下说法正确的选项是 ()AOE 段表示的均匀反响速率最快，可能的原由是该反响是放热反响 BEF 段用 HCl 浓度的减小表示的该反响的均匀反响速率为 0.2mol/(L min)C在 F 点采集到的 CO2的体积最大 D在 G 点此后采集的 CO2的量不再增加，原由是稀盐酸已反响完整 【分析】由图可知，1min 时间内，EF 段生成的二氧化碳的体积最多，故 EF 段反响 速率最快，故 A错误；由图可知 EF 段生成的二氧化碳体积为 672

17、mL224mL448mL，二 氧化碳的物质的量为 0.448L 0.02mol，依据方程式 CaCO 2HCl=CaCl COHO 22.4L/mol 3 2 2 2 可知，n(HCl)2n(CO)20.02mol 0.04mol，故用盐酸表示该反响的均匀反响速率 2 0.04 为0.110.4 mol/(Lmin)，故 B 错误；曲线上点的纵坐标的值即为该点采集的二氧化碳 的体积，由图可知 G 点采集的二氧化碳最多，故 C 错误；依据反响 CaCO32HCl=CaCl CO2 H2O,6gCaCO3完整反响生成二氧化碳应当是 1.344L，而 G 点是 784mL，说明 CaCO3 未反响完

18、，则盐酸完整反响，故 D 正确。【答案】D 14必定条件下，溶液的酸碱性对 TiO2光催化染料 R 降解反响的影响以下图。以下 判断正确的选项是()A在 050min 之间，pH2 和 pH7 时 R 的降解百分率相等 B溶液酸性越强，R 的降解速率越小 CR 的开端浓度越小，降解速率越大 D在 2025min 之间，pH10 时 R 的均匀降解速率为 0.04mol L1min1 【分析】选项 A，在 050min 之间，pH2 和 pH7 时 R 降解百分率相等，A正确；选项 B，溶液的酸性越强，R 的降解速率越大，B 错误；选项 C，由题给信息，没法得出该结 0.2104molL1 论，

19、C 错误；选项 D，在 2025min，pH10 时 R 的均匀降解速率为 5min 4106molL1min1，D 错误。【答案】A 15某研究小组用 HNO3与大理石反响过程中质量减小的方法，研究影响反响速率的因 素。所用 3 1 1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种 HNO 溶液的浓度为 1.00 molL、2.00mol L 规格，实验温度为 298K、308K，每次实验 HNO3的用量为 25.0mL、大理石的用量为 10.00 g。请达成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：实验 大理石 HNO浓度 T/K 3 编号 规格/molL1 实验目的 298 粗颗粒 2.00()实验和研究 HNO3浓度对该 反响速率的影响；()实验和_ 研究温度对该反响速率的影响；()实验和_ 研究大理石 规格(粗、细)对该反响速率的影响 【分析】依据实验目的，实验只要要将实验中 3 1 改为 HNO 的浓度由 2.00mol L 1.00mol L1；实验只要将实验中温度由 298K 改为 308 K；实验只要将实验中大 理石由粗颗粒改为细颗粒。【答案】实验 大理石 HNO浓度 T/K 3 编号 规格/molL1 实验目的 298 粗颗粒 1.00()308 粗颗粒 2.00()298 细颗粒 2.00