2020届高考化学一轮复习化学反应速率学案(1)
化学反应速率
考纲要求 1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率(α)。
2.了解催化剂的重要作用。
3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响,能用相关理论解释其一般规律。
4.了解反应活化能的概念。
5.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
考点一 化学反应速率
1.化学反应速率
2.化学反应速率应用中的注意事项
(1)同一化学反应的反应速率可以用不同物质的浓度变化来表示,其数值可能相同,也可能不同,因此表示化学反应速率时要指明具体物质。
(2)由v=ΔcΔt计算的反应速率是一段时间内的 ,而不是瞬时速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取 值。
(3)对于固体或纯液体物质,其浓度视为 ,故不能用固体或纯液体物质表示化学反应速率。
(4)用不同物质的浓度变化表示同一化学反应的反应速率时,反应速率的数值之比等于
化学方程式中各物质的 之比。例如,对于反应mA(g)+nB(g) ⇌pC(g)+qD(g),v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)= 。
3.化学反应速率的基本图像
图像
图像分析
(1)其他反应条件一定,化学反应速率随反应物浓度 而增大
(2)其他反应条件一定,化学反应速率随温度的升高而
(3)有气体参加的反应,化学反应速率随着压强增大而
(4)有气体参加的反应,化学反应速率随着体积的增大而
(T2>T1)
(5)分别在较低温度和较高温度下反应,化学反应速率随着压强的增大及温度的升高而增大
对点自测
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)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)10 mol·L-1·s-1的反应速率一定比1 mol·L-1·s-1的反应速率大 ( )
(3)固体和纯液体的浓度是固定的,不能用它们表示反应速率 ( )
(4)化学反应方程式中的化学计量数之比表示某一时刻对应物质的物质的量之比 ( )
(5)由v=ΔcΔt计算平均速率,用反应物表示为正值,用生成物表示为负值 ( )
(6)对于任何化学反应来说,反应速率越快,反应现象就越明显 ( )
(7)化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1 ( )
图7-25-1
2.在2 L的密闭容器中发生反应后各物质的物质的量随时间变化的曲线如图7-25-1所示。
回答下列问题:
(1)该反应的反应物和生成物分别是 ,反应方程式为 。
(2)0~10 s的平均反应速率v(H2)= ;v(HI)= 。
(3)根据上述反应速率数值,分析用不同物质表示同一化学反应在同一时间内的化学反应速率值是否必须相同? 。
题组一 化学反应速率的计算
1.[2018·河南洛阳期中] 将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应:2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(s),若经2 s后测得C的浓度为0.9 mol·L-1,则下列几种说法中正确的是 ( )
①用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol·L-1·s-1 ②用物质D表示的平均反应速率为0.6 mol·L-1·s-1 ③2 s时,物质A的转化率为30%
④用A、B、C来表示反应速率,其速率之比为2∶1∶3
A.①③④ B.①②③④ C.①②③ D.③④
2.已知4NH3+5O24NO+6H2O(g),若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、
v(H2O)(单位均为mol·L-1·min-1)表示,则正确的关系是 ( )
A.45v(NH3)=v(O2) B.56v(O2)=v(H2O)
C.23v(NH3)=v(H2O) D.45v(O2)=v(NO)
规律小结 化学反应速率的计算方法
(1)根据定义公式直接计算。
(2)运用“速率比=化学计量数比”进行计算
对于反应mA(g)+nB(g) ⇌pC(g)+qD(g),t0 s时A的浓度为a mol·L-1,B的浓度为b mol·L-1,反应进行至t1 s 时,A消耗了x mol·L-1,如计算用C表示的反应速率可先计算A的反应速率,然后用化学计量数比换算出C的反应速率即可。
(3)根据图像计算:找出图像中物质的变化量,再根据定义公式计算。
题组二 化学反应速率大小比较
1.对于反应A2(g)+3B2(g) ⇌2AB3(g)来说,下列反应速率中表示该反应进行得最快的是 ( )
A.v(A2)=0.6 mol·L-1·s-1 B.v(B2)=2.7 mol·L-1·min-1
C.v(AB3)=12 mol·L-1·min-1 D.v(A2)=6 mol·L-1·min-1
2.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为:①v(A)=0.45 mol·L-1·s-1,②v(B)=0.6 mol·L-1·s-1,③v(C)=0.4 mol·L-1·s-1,④v(D)=0.45 mol·L-1·s-1。
下列有关反应速率的比较中正确的是 ( )
A.④>③=②>① B.①>④>②=③ C.①>②>③>④ D.④>③>②>①
方法技巧 化学反应速率大小的比较方法
(1)看单位是否统一,若不统一,换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率,再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值,即对于一般反应aA(g)+bB(g)=cC(g)+dD(g),比较v(A)a与v(B)b,若v(A)a>v(B)b,则A表示的反应速率比B的大。
考点二 影响化学反应速率的因素
1.内因(主要因素)
反应物本身的 是影响化学反应速率的决定因素。如在相同条件下卤素单质与H2反应的速率大小关系为 ,镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为 。
2.外因(其他条件不变,只改变一个条件)
浓度→增大反应物的浓度,化学反应速率 ,反之 。
压强→对于有气体参加的反应,增大压强,化学反应速率 ,反之 。
温度→升高温度,化学反应速率 ,反之 。
催化剂→使用催化剂,能改变化学反应速率,且正、逆反应速率的改变程度 。
其他因素→固体反应物的 、光波、电磁波、溶剂等
3.速率的理论解释——有效碰撞理论
(1)有效碰撞: 分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子:能够发生 的分子。
(3)活化能:如图7-25-2。
图7-25-2
图中:E1为 ,使用催化剂时的活化能为 ,反应热为 。(注:E2为逆反应的活化能)
(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
对点自测
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)催化剂能改变反应的活化能 ( )
(2)升温时吸热反应速率增大,放热反应速率减小 ( )
(3)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气,滴入少量硫酸铜溶液能够提高反应速率 ( )
(4)已知反应A2(g)+2B2(g) ⇌2AB2(g)的ΔH>0,升高温度可缩短达到平衡的时间 ( )
(5)碳酸钙与盐酸反应的过程中,再增加CaCO3固体,可以加快反应速率 ( )
(6)增大反应体系的压强,反应速率不一定增大 ( )
(7)增大反应物的浓度,能够增大活化分子的百分数,所以反应速率增大 ( )
(8)升温使反应物活化分子百分数增大,使反应速率增大 ( )
(9) 100 mL 2 mol·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 ( )
2.[2018·郑州第一中学4月模拟调研] 某化学反应2X(g)=Y(g)+Z(s)的能量变化如图7-25-3所示。下列说法正确的是 ( )
图7-25-3
A.该反应一定需要加热或点燃等条件
B.E1是逆反应的活化能,E2是正反应的活化能
C.催化剂能减小E1和E2,但不改变反应的焓变
D.X、Y、Z表示的反应速率之比为2∶1∶1
题组一 外界条件对化学反应速率的影响
1.反应C(s)+H2O(g) ⇌CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 ( )
①增加C的量 ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变,充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变,充入N2使容器体积变大
A.①④ B.②③ C.①③ D.②④
2.定容的密闭容器中发生反应Fe2O3(s)+3H2(g) ⇌2Fe(s)+3H2O(g),采取下列措施不能使正反应速率加快的是 ( )
A.增加H2O(g)的量
B.增加H2输入量
C.充入He D.将Fe2O3(s)粉碎得更细
规律小结 充入“惰性气体”(不参与反应)对反应速率的影响
(1)恒容
充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)反应速率不变。
(2)恒压
充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。
题组二 化学反应速率图像分析
1.[2018·河南郑州质检] 一定条件下向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体,图7-25-4甲表示各物质浓度随时间的变化,图乙表示化学反应速率随时间的变化,t2、t3、t4、t5时刻各改变一种条件,且改变的条件均不同。若t4时刻改变的条件是压强,则下列说法错误的是 ( )
图7-25-4
A.若t1=15 s,则前15 s的平均反应速率v(C)=0.004 mol·L-1·s-1
B.该反应的化学方程式为3A(g) ⇌B(g)+2C(g)
C.t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度
D.B的起始物质的量为0.04 mol
图7-25-5
2.[2018·南昌检测] 600 ℃时,在一容积为2 L的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至10 min和20 min 时,分别改变了影响反应的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图7-25-5所示。
(1)前10 min正反应速率逐渐 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)前15 min内用SO3表示平均反应速率为 。
(3)图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是 。
(4)根据图示判断,10 min时改变的反应条件可能是 (填写编号,下同);20 min时改变的反应条件可能是 。
a.加入催化剂 b.缩小容器容积 c.降低温度 d.增加O2的物质的量
方法技巧 常见速率-时间变化图像分析
(1)看图像中正、逆反应速率的变化趋势,二者是同等程度的变化,还是不同程度的变化,同等程度的变化一般从压强(反应前后气体体积不变的反应)和催化剂角度考虑;若是不同程度的变化,从温度、浓度、压强(反应前后气体体积改变的反应)角度考虑。
(2)对于反应速率变化不相等的反应,要注意观察改变某个条件瞬间,正、逆反应速率的大小关系及变化趋势。同时要联系外界条件对反应速率的影响规律,加以筛选、验证、排除。
(3)改变条件判断v正、v逆的相对大小时,可以从平衡移动方向讨论,若平衡正移,v正>v逆,若平衡逆移,v正
④>②=③,B项正确。
考点二
•知识梳理
1.性质 F2>Cl2>Br2>I2 Mg>Al>Zn>Fe
2.加快 减慢 加快 减慢 加快 减慢 相同 表面积
3.(1)活化 (2)有效碰撞 (3)正反应的活化能 E3
E1-E2
(4)分子数 不变 增多 分子数 增多
对点自测
1.(1)√ (2)× (3) √ (4)√ (5) × (6)√ (7)× (8)√ (9)×
[解析] (2)升温时会增大活化分子百分数,不论吸热反应还是放热反应,反应速率都增大,错误。(3)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气,滴入少量硫酸铜溶液会形成原电池,所以能够提高反应速率,正确。(4)不论是放热反应还是吸热反应,只要升温反应速率都会提高,所以会缩短达到平衡的时间,正确。(5)碳酸钙是固体,再增加CaCO3也不会提高反应物浓度,不可以加快反应速率。(6)在恒容条件下,通入惰性气体,反应体系的压强增大,但反应物浓度未变,故反应速率不增大,所以不正确。(7)增大反应物的浓度,活化分子的百分含量不变,错误。(9)加氯化钠溶液,对氢离子有稀释作用,反应速率减小。
2.C [解析] 吸热反应不一定需要加热或点燃,故A错误;E1是正反应的活化能,E2是逆反应的活化能,故B错误;催化剂能降低活化能,而不改变反应的焓变,故C正确;Z是固体,不能表示反应速率,故D错误。
•题组训练
题组一
1.C [解析] 增大固体的量、恒容时充入惰性气体对化学反应速率均无影响;②中将容器体积缩小一半,反应物浓度变大,化学反应速率增大;④中容器体积变大,反应物浓度变小,化学反应速率减小。
2.C [解析] A项增加H2O(g)的量,逆反应速率加快,正反应速率随之加快;B项保持容器体积不变,增加H2输入量,c(H2)增大,正反应速率加快;C项充入He,容器内压强虽然增大,但c(H2)、c(H2O)未变,正、逆反应速率都不变;D项将Fe2O3(s)粉碎得更细,接触面积增大,正反应速率加快。
题组二
1.C [解析] 反应在t1时刻达到平衡时,气体C的浓度增大0.06 mol·L-1,所以平均反应速率为v(C)=0.06mol·L-115 s=0.004 mol·L-1·s-1,A正确;t4时刻减小压强后反应平衡状态没有改变,说明反应物化学计量数之和与生成物化学计量数之和相等,又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09 mol·L-1,气体C的浓度增大0.06 mol·L-1,所以气体A与气体C的化学计量数之比为3∶2,因此气体B也是生成物且其化学计量数为1,化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g),B正确;t5时刻若为增大反应物浓度,开始时应该只有正反应速率增大,不会两个反应速率同时增大,C错误;气体C的浓度增大0.06 mol·L-1,气体B、C的化学计量数比为1∶2,所以气体B的浓度增大0.03 mol·L-1,又由初始气体A浓度可知,容器的体积为0.3mol0.15mol·L-1=2 L,可知气体B起始物质的量为(0.05-0.03) mol·L-1×2 L=0.04 mol,D正确。
2.(1)减小
(2)1.33×10-3 mol·L-1·min-1
(3)15~20 min,25~30 min
(4)ab d
[解析] (1)前10 min随着反应不断进行,反应物SO2和O2
的浓度不断减小,正反应速率减小。(2)前15 min内用SO3表示的平均反应速率为0.04mol2 L×15min≈1.33×10-3 mol·L-1·min-1。(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段为15~20 min和25~30 min,反应处于平衡状态。(4)10 min时各物质的物质的量不变,10~15 min三条曲线的斜率突然增大,说明反应速率突然加快,其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至20 min时,曲线发生的变化是O2的物质的量突然增大,平衡发生移动,引起SO2、SO3的物质的量随之发生变化,则可能是增加了O2的物质的量。
题组三
1.D [解析] 在0~20 min内,Ⅰ中M的分解速率v=ΔcΔt=(0.40-0.10)mol·L-120min=0.015 mol·L-1·min-1,故A正确;实验Ⅰ与实验Ⅱ中M的起始浓度相同,pH不同,在相同时间内,实验Ⅰ的反应速率大,故B正确;在0~25 min内,Ⅱ中M的分解百分率为60%,Ⅲ中M的分解百分率为75%,故C正确;取相同时间5 min,vⅣ=0.2-0.095 mol·L-1·min-1=0.022 mol·L-1·min-1,vⅠ=0.40-0.285 mol·L-1·min-1=0.024 mol·L-1·min-1,Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ慢,故D错误。
2.(1)温度
(2)①反应产生气泡的快慢 排除阴离子的干扰
②测定一定时间内产生的气体体积(或测定产生一定体积的气体所需的时间)
[解析] (1)实验1、2使用相同的催化剂,但温度不同,所以是探究温度对H2O2分解速率的影响。(2)①定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2
分解的催化效果,可以通过观察产生气泡的快慢来比较,产生气泡快的,催化效果好;在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时,必须保持其他的条件相同,所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理,可以避免由于阴离子不同造成的干扰。②定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,由图可知,可以通过测定一定时间内产生的气体体积(或测定产生一定体积的气体所需的时间)来比较。一定时间内产生的气体越多或产生一定体积的气体所需的时间越短,催化效果越好。
【考例考法直击】
1.D [解析] 图甲表明相同pH下,H2O2浓度越大,分解速率越快,A项错误;图乙表明在H2O2初始浓度相同时,溶液的碱性越强,即pH越大,H2O2分解速率越快,B项错误;图丙中间溶液pH为14,下面溶液pH为13,C项错误;图丙和图丁表明在碱性溶液中,Mn2+对H2O2分解速率影响较大,D项正确。
2.A [解析] 食品添加剂中添加抗氧化剂,目的是减慢食品被氧化的速率,A项正确;调味剂的主要作用是补充、增强或增加食品的味道,与反应速率无关,B项错误;着色剂是以食品着色为主要目的,与反应速率无关,C项错误;增稠剂在食品中主要目的是将液体、浆状食品形成特定形态,与反应速率无关,D项错误。
3.A [解析] H2O2的分解反应主要由慢反应决定,且I-浓度越大反应速率越快,A项正确;合并题中两反应,可知I-为催化剂,而IO-为中间产物,B项错误;1 mol H2O2分解时反应热为-98 kJ·mol-1,并不是活化能,C项错误;根据化学计量数关系可确定v(H2O2)= v(H2O)= 2v(O2),D
项错误。
4.C [解析] H2O2的催化分解反应为2H2O22H2O+O2↑,根据生成氧气的体积确定过氧化氢的物质的量,0~6 min,n(O2)=1×10-3mol,n(H2O2)=2×10-3mol,Δc(H2O2)=0.2 mol·L-1,v(H2O2)=0.2 mol·L-1÷6 min≈33.3×10-2mol·L-1·min-1,A正确;随着反应进行,过氧化氢浓度减小,反应速率在减小,故B正确;开始n(H2O2)=4×10-3mol,0~6 min消耗了2×10-3mol,故6 min时,c(H2O2)=0.2 mol·L-1,C错误;开始n(H2O2)=4×10-3mol,0~6 min消耗了2×10-3mol,分解率为50%,D正确。
5.(1)0.10820.7842 (2)k正K 1.95×10-3 (3)A、E
[解析] (1)根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1 mol, 120 min分解反应达平衡状态,HI的平衡物质的量为0.784 mol,三行式计算表示如下:
2HI(g) H2 (g)+ I2(g)
n0: 1 mol 0 0
Δn: 0. 216 mol 0.108 mol 0.108 mol
n平: 0.784 mol 0.108 mol 0.108 mol
2HI(g)H2(g)+I2(g)为气体分子数不变的反应,K值计算如下:K=0.108×0.1080.784×0.784。
(2)平衡时v正=v逆,k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),则k正k逆=x(H2)x(I2)x2(HI)=K,则k逆=k正K。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正=0.002 7 min-1×0.852=1.95×10-3min-1。
(3)该反应是吸热反应,升高温度,正逆反应速率增大,
而平衡正向移动,HI的物质的量分数降低,H2的物质的量分数升高,故平衡时v正和v逆分别对应A点、E点。
1.某化学反应2X(g)Y(g)+Z(g)在4种不同条件下进行,Y、Z起始浓度为0,反应物X的浓度(mol·L-1)随反应时间(min)的变化情况如下表:
时间浓度温度
0
10
20
30
40
50
60
1
800 ℃
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800 ℃
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
800 ℃
c
0.92
0.75
0.63
0.60
0.60
0.60
4
820 ℃
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
下列说法不正确的是 ( )
A.c>1.0
B.实验2可能使用了催化剂
C.实验3比实验2先达到化学平衡状态
D.前10分钟,实验4的平均化学反应速率比实验1的大
[解析] C 实验3达到平衡时,X的浓度大于实验1,温度相同,说明X起始浓度大于1.0 mol·L-1,A项正确;实验2和实验1起始浓度相同且达到相同的平衡状态,但实验2所需时间短,说明可能使用了催化剂,催化剂改变反应速率,不改变化学平衡,B项正确;依据图表数据分析,
实验3在40 min时达到平衡,实验2在20 min时已经达到平衡,实验2先达到平衡,C项错误;实验4和实验1在10分钟时都未达到平衡,依据化学反应速率概念计算,实验1中X的反应速率=0.02 mol·L-1·min-1,实验4中X的反应速率=1.0mol·L-1-0.40 mol·L-110min=0.06 mol·L-1·min-1,所以前10分钟,实验4的平均反应速率大于实验1的,D项正确。
2.某小组用探究酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应中溶液紫色消失快慢的方法研究影响反应速率的因素。实验条件作如下限定:所用酸性KMnO4溶液的浓度可选择0.010 mol·L-1、0.001 0 mol·L-1, 催化剂的用量可选择0.5 g、0 g,实验温度可选择298 K、323 K。每次实验酸性KMnO4溶液的用量均为4 mL、H2C2O4溶液(0.10 mol·L-1)的用量均为4 mL。
(1)写出反应的离子方程式: 。
(2)请完成以下实验设计表:完成④的实验条件,并将实验目的补充完整。
实验
编号
T/K
催化剂的用量/g
酸性KMnO4溶液的浓度/(mol·L-1)
实验目的
①
298
0.5
0.010
a.实验①和②探究酸性KMnO4溶液的浓度对该反应速率的影响;
b.实验①和③探究 对反应速率的影响;
c.实验①和④探究催化剂对反应速率的影响
②
298
0.5
0.001
③
323
0.5
0.010
④
(3)该反应的催化剂选择MnCl2还是MnSO4: 。简述选择的理由: 。
(4)某同学对实验①和②分别进行了三次实验,测得以下数据(从混合振荡均匀开始计时):
实验编号
溶液褪色所需时间t/min
第1次
第2次
第3次
①
12.8
13.0
11.0
②
4.9
5.1
5.0
a.实验②中用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为 (忽略混合前后溶液的体积变化)。
b.该同学分析上述数据后得出“当其他条件相同的情况下,酸性KMnO4溶液浓度越小,溶液褪色所需时间就越短,亦即其反应速率越快”的结论,你认为是否正确? (填“是”或“否”)。
c.某同学认为不用经过计算,直接根据褪色时间的长短就可以判断浓度大小与反应速率的关系,你认为应该如何设计实验: 。
[答案] (1)2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
(2)298 0 0.010 温度
(3)MnSO4 如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾溶液会和Cl-反应,而且引入Cl-无法证明是Mn2+起了催化作用
(4)a.1×10-4mol·L-1·min-1 b.否 c.取过量的相同体积、不同浓度的草酸溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应
[解析] (1)高锰酸钾具有强氧化性,把草酸中的C从+3价氧化成+4
价,Mn从+7价变化到+2价,由于草酸分子中有2个C,所以高锰酸钾与草酸反应的物质的量之比为2∶5。
(2)实验①和③中温度不同,探究的是温度对反应速率的影响;实验①和④探究催化剂对反应速率的影响,所以实验④中除了催化剂用量以外其余与实验①均相同。
(3)如果选择MnCl2,则酸性高锰酸钾溶液会和Cl-反应,而且引入Cl-无法证明是Mn2+起了催化作用,因此需要选择硫酸锰。
(4)a.实验②中溶液褪色需要时间的平均值为5 min,则用KMnO4的浓度变化来表示的平均反应速率为0.001mol·L-1×0.004 L(0.004 L+0.004 L)×5min=1×10-4 mol·L-1·min-1。b.从表中数据可知,相同体积的0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液的浓度是0.001 mol·L-1酸性KMnO4溶液的10倍,而前者反应的时间是后者反应时间的二倍多,这是因为虽然酸性KMnO4溶液的浓度越大,反应速率越快,但KMnO4的量也多,因此褪色时间长,结论错误。c.直接根据褪色时间长短来判断浓度大小与反应速率的关系,需满足高锰酸钾的物质的量相同,草酸溶液的浓度不同,所以实验方案为取过量的相同体积、不同浓度的草酸溶液,分别与体积相同、浓度相同的酸性高锰酸钾溶液反应。
3.[2018·三亚质量测试] 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
(1)请写出上述实验中发生反应的化学方程式: 。
(2)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液,
可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是 。
(3)要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有 (任答两种)。
(4)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量锌粒的反应瓶中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol·L-1H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计,其中:V1= ,V6= ,V9= 。
②反应一段时间后,实验A中的金属呈 色,实验E中的金属呈 色。
③该同学最后得出的结论为当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高,但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因: 。
[答案] (1)Zn+CuSO4ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑ (2)Ag2SO4
(3)升高反应温度,适当增加硫酸的浓度,增加锌粒的表面积(答两个即可)
(4)①30 10 17.5 ②灰黑 暗红
③当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成的单质铜会沉积在Zn的表面,阻碍了Zn与溶液的接触
[解析] (1)用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,加入少量硫酸铜溶液,由于氧化性Cu2+>H+,所以首先会发生反应Zn+CuSO4ZnSO4+Cu ,然后发生反应Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑;置换出来的铜与锌及硫酸溶液会构成原电池,Zn作负极导致氢气生成速率加快。(2)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液,根据金属活动性顺序表可知,可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是Ag2SO4。(3)要加快上述实验中气体产生的速率,根据影响化学反应速率的因素可知,还可采取的措施有升高反应温度,适当增加硫酸的浓度,增加锌粒的表面积等。(4)①要探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,那么除了硫酸铜的物质的量不一样以外,要保证其他条件相同,那么每组硫酸的量要保持相同,六组反应的总体积也应该相同,A组中硫酸为30 mL,那么其他组硫酸体积也都为30 mL,V1=30;而硫酸铜溶液和水的总体积应相同,F组中硫酸铜溶液为20 mL,水为0,那么V6=10,V9=20-2.5=17.5。②反应一段时间后,实验A中金属锌由于发生反应,表面不再致密、光滑,使得金属呈灰黑色,实验E中产生的Cu附着在Zn表面,使金属呈暗红色。③通过实验会发现当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高,但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,由于产生的大量的铜在Zn
表面附着,使Zn与溶液接触的表面积减小,导致生成氢气的速率下降。
