文档内容
第 18 讲 化学反应速率
【化学学科素养】
变化观念与平衡思想：能认识化学反应速率是变化的，知道化学反应速率与外界条件有关，并遵循一
定规律；能多角度。动态地分析化学反应速率，运用化学反应原理解决实际问题。
证据推理与模型认知：建立观点、结论和证据之间的逻辑关系，知道可以通过分析、推理等方法认识
化学反应速率的本质特征及其相互关系，建立模型。能运用模型解释化学现象，揭示现象的本质和规律。
科学探究与创新意识：能发现和提出有关化学反应速的有探究价值的问题；通过控制变量来探究影响
化学反应速率的外界条件。
【必备知识解读】
一、化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率计算的万能方法——三段式法
对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，起始时A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，
反应进行至ts时，A消耗了x mol·L－1，则化学反应速率可计算如下：
1
mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)
起始/(mol·L－1) a b 0 0
转化/(mol·L－1) x
t/(mol·L－1) a－x b－
1
则：v(A)＝ mol·L－1·s－1，v(B)＝ mol·L－1·s－1，
v(C)＝ mol·L－1·s－1，v(D)＝ mol·L－1·s－1。
3．化学反应速率与化学计量数的关系对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，
当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝
m∶n∶p∶q。
如一定温度下，在密闭容器中发生反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)。已知v(A)＝0.6 mol·L－1·s－1，则
v(B)＝0.2 mol·L－1·s－1，v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1。
二、基元反应和有效碰撞理论
1.基元反应：大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都被称为基元反应；先后
进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为反应机理。
2.有效碰撞
①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。
②反应物分子的每一次碰撞并不是都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。发生有效
碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。
3.活化分子 活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能：如图
图中：E 为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为，反应热为E－E。
1 1 2
4.活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
三、影响化学反应速率的因素1．影响化学反应速率的因素
(1)内因
反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
(2)外因(只改变一个条件，其他条件不变)
【特别提醒】
①改变固体或纯液体的量对化学反应速率无影响。
②浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是
放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。
2.反应体系条件改变对反应速率的影响
①恒温时：体积缩小――→压强增大――→浓度增大――→反应速率增大。
②恒温恒容时：
a．充入气体反应物――→总压强增大――→浓度增大――→反应速率增大。
b．充入“惰性气体”――→总压强增大，但各气体分压不变―→各物质的浓度不变―→反应速率不
变。
③恒温恒压时：充入“惰性气体”――→体积增大――→各反应物浓度减小――→反应速率减小。
总之，压强改变而对反应速率产生的影响是因为压强改变会引起浓度变化，从而对反应速率产生影响。
【关键能力拓展】
一、化学反应速率大小的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的
大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)单位统一后，换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)也可以直接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＋bB===cC＋dD，比较与，
若＞，则A表示的反应速率比B的大。
二、速率－时间(vt)图像由图像变化分析外界条件对其影响，已知反应为mA(g)＋nB(g ) pC(g)＋qD(g) ΔH＝Q kJ·mol－1。
1．“渐变”类vt图像
图像 分析 结论
t 时v′ 突然增大，v′ 逐渐增大；v′ t 时其他条件不变，增
1 正 逆 1
＞v′ ，平衡向正反应方向移动 大反应物的浓度
正 逆
t 时v′ 突然减小，v′ 逐渐减小；v′ t 时其他条件不变，减
1 正 逆 1
＞v′ ，平衡向逆反应方向移动 小反应物的浓度
逆 正
t 时v′ 突然增大，v′ 逐渐增大；v′ t 时其他条件不变，增
1 逆 正 1
＞v′ ，平衡向逆反应方向移动 大生成物的浓度
逆 正
t 时v′ 突然减小，v′ 逐渐减小；v′ t 时其他条件不变，减
1 逆 正 1
＞v′ ，平衡向正反应方向移动 小生成物的浓度
正 逆
2．“断点”类vt图像
图像 分析 结论
t 时其他条件不变，增大反应体
1
t 时v′ 、v′ 均突然增大，且
系的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体
1 正 逆
v′ ＞v′ ；平衡向正反应方向进
积减小的反应)
正 逆
行 t 时其他条件不变，升高温度且
1
Q＞0(吸热反应)
t 时其他条件不变，增大反应体
1
t 时v′ 、v′ 均突然增大，且
系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体
1 正 逆
v′ ＞v′ ；平衡向逆反应方向进
积增大的反应)
逆 正
行 t 时其他条件不变，升高温度且
1
Q＜0(放热反应)
t 时其他条件不变，减小反应体
1
t 时v′ 、v′ 均突然减小，且
系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体
1 正 逆
v′ ＞v′ ；平衡向正反应方向进
积增大的反应)
正 逆
行 t 时其他条件不变，降低温度且
1
Q＜0(放热反应)
t 时其他条件不变，减小反应体
1
t 时v′ 、v′ 均突然减小，且
系的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体
1 逆 正
v′ ＞v′ ；平衡向逆反应方向进
积减小的反应)
逆 正
行 t 时其他条件不变，降低温度且
1
Q＞0(吸热反应)
3．“平台”类vt图像
图像 分析 结论t 时其他条件不变使用催化剂
1
t 1 时v′ 正 、v′ 逆 均突然增大且v′ 正 t 时其他条件不变增大反应体
1
＝v′
逆
，平衡不移动
系的压强且m＋n＝p＋q(反应前后
气体体积无变化)
t 时其他条件不变，减小反应
t 时v′ 、v′ 均突然减小且v′ 1
1 正 逆 正 体系的压强且m＋n＝p＋q(反应前
＝v′ ，平衡不移动
逆 后气体体积无变化)
三、气体反应体系中充入“惰性气体”(不参与反应)时对反应速率的影响
(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)→反应速率减小。
【核心题型例解】
高频考点一 化学反应速率
【例1】(2022·北京卷) 捕获和转化可减少 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①
完成之后，以 为载气，以恒定组成的 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各
组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到 ，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为 ；反应②为
B. ， 比 多，且生成 速率不变，可能有副反应
C. 时刻，副反应生成 的速率大于反应②生成 速率D. 之后，生成 的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】由题干图1所示信息可知，反应①为 ，结合氧化还原反应配平可得反应
②为 ，A正确；由题干图2信息可知， ， 比 多，
且生成 速率不变，且反应过程中始终未检测到 ，在催化剂上有积碳，故可能有副反应
，反应②和副反应中CH 和H 的系数比均为1：2，B正确；由题干反应②方程式可
4 2
知，H 和CO的反应速率相等，而 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为
2 2
1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成 的速率小于反应②生成 速率，C错误；由题干图2信息
可知， 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成 的速率为0，是因为反
4
应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；故答案为C。
【变式探究】（2022·浙江卷）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g ) 3X(g)，c(B)随时间的变
化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率在
C. 不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲
线乙所示
【答案】C
【解析】图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，
从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；b点处的切线的斜率是
此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；化学反应速率之比等于化学方程
式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡
不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D错误；故选C。
【变式探究】 在铝与稀硫酸的反应中，已知10s末硫酸的浓度减少了0.6mol/L，不考虑反应过程中溶
液体积的变化，则10s内生成硫酸铝的平均反应速率是
A．0.02mol/(L·s) B．0.2mol/(L·s) C．0.03mol/(L·s) D．0.3mol/(L·s)
【答案】A【解析】由铝与稀硫酸反应的化学方程式 可知，
，故A正确；答案选A。
高频考点二 影响化学反应速率的因素
【例2】（2023·辽宁卷第12题）一定条件下，酸性 溶液与 发生反应， (Ⅱ)起催
化作用，过程中不同价态含 粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A. (Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下， (Ⅱ)和 (Ⅶ)不能大量共存D. 总反应为：
【答案】C
【解析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(VII)浓度减小直至为0，Mn(III)浓度增大
直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(III)，同时先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后来
（大约13min后）随着时间的推移Mn(III)浓度减少，Mn(II)的浓度增大；据此作答。由图像可知，随着时
间的推移Mn(III)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(III)，后Mn(III)被消耗生成Mn(II)，Mn(III)
能氧化HC O ，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(II)，Mn(II)对反应起催
2 2 4
化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；由图像可知，Mn(VII)的浓度为0后才开始生成Mn(II)，该
条件下Mn(II)和Mn(VII)不能大量共存，C项正确；HC O 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总
2 2 4
反应为2MnO-+5H C O+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O，D项错误；故选C。
4 2 2 4 2 2
【变式探究】（2022·广东卷）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 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
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
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Ⅰ时， 内，
【答案】D
【解析】由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错
误；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B错
误；由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化
了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则 v(Y)===
=2.0 ， v(X) = (Y) = 2.0 =1.0 ，故D正确；答案选
D。
【变式探究】一定温度下，向一恒容密闭容器中充入2molSO 和1molO ，发生如下反应：2SO (g)
2 2 2
+O (g) 2SO (g)，下列有关该反应的说法正确的是
2 3
A．其他条件不变，升高温度，v(正)增大，v(逆)减小
B．其他条件不变，移走一定量的SO ，v(正)、v(逆)都下降
3
C．温度不变，向该容器中充入气体Ar，反应速率增大
D．温度不变，将容器体积增大，反应速率也增大
【答案】B【解析】A．升温，正逆反应速率均增大，故A错误。B．移走生成物，降低生成物浓度，
瞬间逆反应速率降低，正反应速率不变，反应继续正向进行，正反应速率也随之降低，故B正确。C．恒
容下充入无关气体，反应气体浓度不变，速率不变，故C错误。D．容器体积扩大，反应体系各组分浓度
减小，反应速率下降，故D错误。故选B。
高频考点三 速率常数及其应用
【例3】(2022·河北卷)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①
；② 。反应①的速率 ，反应②的速率 ，式中 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 曲线。下列说法错误的是A. 随 的减小，反应①、②的速率均降低
B. 体系中
C. 欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D. 温度低于 时，总反应速率由反应②决定
【答案】AB
【解析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代
表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度
升高增大的幅度小于反应②的。由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因
此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；根据体系中发生的
反应可知，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，v (X)= v
(Y) +v(Z)，但是，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v (X) +
v (Y) = v(Z)，B说法错误；升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应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的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反
应温度且控制反应时间，C说法正确；由图乙信息可知，温度低于T时，k＞k，反应②为慢反应，因此，
1 2
总反应速率由反应②决定，D说法正确；综上所述，本题选AB。
【方法技巧】
1．速率常数含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可
用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率
常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA＋bB===gG＋hH
则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。
如：①SO Cl SO ＋Cl v＝kc(SO Cl)
2 2 2 2 1 2 2
②2NO 2NO＋O v＝kc2(NO )
2 2 2 2
③2H＋2NO N＋2HO v＝kc2(H )·c2(NO)
2 2 2 3 23．速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数将有
不同的值，但浓度不影响速率常数。
【变式探究】某温度下，在金表面发生反应： ，其速率方程式为
(k为速率常数)。反应过程中， 与S(催化剂)及时间关系如图所示。已知 (半衰期)为
反应物消耗一半所用的时间，下列叙述错误的是
A． ，Ⅰ条件下
B．其他条件相同，S(催化剂)越大，k越大
C．其他条件相同， 增大，反应速率不变
D．该温度下，当S(催化剂) ， 时， 为
【答案】A
【解析】A．根据如所示，Ⅰ和Ⅲ条件相同，起始浓度不同，但反应速率相同，说明反应速率与起始
浓度无关，所以 ， ，A错误；B．对比Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅱ中S(催化剂)越
大最大，反应速率越大，k越大，Ⅰ和Ⅲ的S(催化剂)相同，反应速率相同，k相同，所以在其他条件相
同，S(催化剂)越大，k越大，B正确；C．由以上分析， 与反应速率无关，C正确；D．由图可知，在条件Ⅰ，S(催化剂) ， 消耗一半即小号 所用的时间为
，所以半衰期为 ，D正确； 故选A。
高频考点四 反应历程(或机理)图像分析
【例4】18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为
能量变化如图所
示。已知 为快速平衡，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CHOH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【解析】一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，
因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而
为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为 或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和
断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中不会存在CHOH，故C错误；该总
反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此 和CHO－的总能
3
量与 和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。
【变式探究】氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法
不正确的是
A．过程I中NO既作氧化剂又作还原剂
B．过程Ⅱ中每生成1molO 时，转移电子的数目约为4×6.02×1023
2
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．整个过程中Ni2+作催化剂
【答案】B
【分析】由图可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N ，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—
2
=2Ni2++O ↑，总反应为2NO O+N 。
2 2 2
【解析】A．由分析可知，过程I发生的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++2O—+N ，反应中氮元素的化合价降
2低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既作反应的氧化剂又作反应的还原剂，故A正确；
B．由分析可知，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O—=2Ni2++O ↑，则过程Ⅱ中每生成1molO 时，转移电子的
2 2
数目约为2×6.02×1023，故B错误；C．由分析可知，过程I和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发生化合价变
化，均为氧化还原反应，故C正确；D．由分析可知，消除氮氧化物的总反应为2NO O+N ，整个过
2 2
程中镍离子作反应的催化剂，故D正确；故选B。
高频考点五 有关反应速率的实验
【例5】某课外兴趣小组实验探究影响化学反应速率的因素。硫代硫酸钠( )俗称大苏打、海
波，广泛应用于照相定影等领域。乙同学利用控制变量法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：
浓度 稀硫酸
实验序号 反应温度/℃
V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL
1 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0
2 40 0.10 0.50
3 20 0.10 4.0 0.50
(1)从类别的角度分析，硫代硫酸钠( )属于___________(填标号)。
A．盐 B．碱 C．酸 D．氧化物
(2)写出硫代硫酸钠与硫酸反应的化学方程式 。
(3)该实验1和2可探究 对反应速率的影响，因此 是 。实验1和3可探究硫
酸浓度对反应速率的影响，因此 。
(4)实验中利用了出现黄色沉淀的快慢来比较反应速率的快慢，请你分析为何不采用测量单位时间内产
生气体体积的大小进行比较 。
【答案】(1)A
(2)Na SO+H SO =S↓+SO ↑+Na SO +H O
2 2 3 2 4 2 2 4 2
(3)温度 10.0mL 6.0mL(4)SO 易溶于水，测量体积数据不准确
2
【解析】（1） 是由钠离子和硫代硫酸根离子组成的化合物，属于盐，故答案选A；
（2）硫代硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、硫沉淀、二氧化硫和水，反应的化学方程式为
NaSO+H SO =S↓+SO ↑+Na SO +H O，故答案为：NaSO+H SO =S↓+SO ↑+Na SO +H O；
2 2 3 2 4 2 2 4 2 2 2 3 2 4 2 2 4 2
（3）实验1温度20℃，实验2温度40℃，实验1和实验2探究反应温度对化学反应速率的影响，因
此其余实验条件相同，V 是10.0；实验1和3可探究硫酸浓度对反应速率的影响，其余实验条件相同，液
1
体体积相同，因此V＝10.0－4.0＝6.0，故答案为：温度；10.0 mL；6.0 mL；
5
（4）二氧化硫易溶于水，1体积谁能溶解40体积的二氧化硫，所以导致测量不精确，且该实验装置
较复杂，不易控制，所以不采用排水法测量单位时间内产生气体体积的大小进行比较，故答案为：SO 易
2
溶于水，测量体积时误差较大；
【变式探究】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( )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： ；
反应ⅱ： 。
为了证实上述反应过程，进行下列实验(所用试剂浓度均为 )
实验二：向酸化的 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
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 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)
实验编
试剂体积/mL
溶液开始号 变蓝的时间/s
KI(含淀粉)
I 40 40 20 40 20
II V 20 20 40 V
1 2
①V= ，V= 。
1 2
②对比实验I和实验II， (填“>”、“<”或“=”)。
(3)利用实验I的数据，计算反应ⅱ在 的化学反应速率
【答案】(1) 小于 硫代硫酸钠被消耗完，再生成的 才能使淀粉溶液变蓝
(2) 40 40 <
(3)
【解析】（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 反应，至 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 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 浓度对化学反应速率的影响，则两个
实验中溶液总体积、 、 和KI的浓度均应该不变，即
V=40，V=160-40-40-20-20=40，故答案为： 40； 40；
1 2
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t < t ，故答案为：<；
1 2
（3）由表中实验数据可知， 不足，则反应i在0~ ts的化学反应速率
，故答案为： ；
【举一反三】某研究性学习小组探究硫的化合物的制备和性质。Ⅰ.制备二氧化硫
用70%的浓硫酸与 固体反应制备 气体。
(1)制备 气体最合适的发生装置是 (填写字母)。
Ⅱ.制备硫代硫酸钠
已知：硫代硫酸钠易与酸反应。
反应原理：
室温时，往 、 混合溶液中均匀通入 气体，一段时间后，溶液中有大量黄色浑浊物出
现，然后浑浊物开始由黄变浅，当混合溶液pH值接近于7时，停止通入 气体。
(2)制备 反应分三步进行
反应i： ；
反应ii： ；
反应iii的化学方程式为 。
(3)当pH值接近于7时，停止通入 的原因是 。
Ⅲ.探究浓度对反应速率的影响
相同温度下，按下表中的体积将 溶液、 溶液与蒸馏水温合，并
采集反应后浑浊度传感器数据。
实验标号 V(蒸馏水)/mLA 1.5 3.5 10
B 2.5 3.5 9
C 3.5 3.5 8
D 3.5 2.5 9
E 3.5 1.5 10
通过实验绘制出的浑浊度随时间变化关系如图所示：
(4)①实验C、D、E探究 溶液浓度对反应速率的影响。
②结合图像分析， 溶液、 溶液二者相比， 溶液浓度的改变对化学反应速率的影
响更大。
③请在答题卡相应的图中画出实验 对应的曲线 。
Ⅳ.探究性质
资料： 在酸性溶液中氧化 ，反应为： 。
向某浓度的过量 酸性溶液(含淀粉)中通入一定量后，停止通气，刚开始时溶液无明显变化，t秒
后溶液突然变蓝。
(5)某实验小组提出假设：t秒前生成了 ，但 继续与溶液中的 反应，且该反应速率较快，故溶液
没有立刻变蓝，请写出 与 反应的离子方程式 。
(6)为验证该实验小组的假设合理，设计下面实验：
操作：向变蓝色的溶液中 ；现象：蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝。
【答案】(1)C
(2)Na SO +S=3Na SO
2 3 2 2 3
(3)若SO 过量，溶液呈酸性，NaSO 会发生歧化反应被损耗
2 2 2 3(4)H SO Na SO
2 4 2 2 3
(5)SO +I +2H O=2I—+SO +4H+
2 2 2
(6)通入少量SO
2
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是制备二氧化硫和硫代硫酸钠，并探究浓度对硫代硫酸钠溶
液与酸反应的反应速率的影响和硫代硫酸的还原性。
【解析】（1）70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的反应为易溶于水的亚硫酸钠与70%的
浓硫酸不加热制备易溶于水的二氧化硫的反应，所以制备装置应选择固液不加热的反应装置C，故选C；
（2）由题意可知，反应iii发生的反应为反应生成的硫与亚硫酸钠溶液反应生成硫代硫酸钠，反应的
化学方程式为NaSO +S=3Na SO；
2 3 2 2 3
（3）溶于水的二氧化硫能与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生歧化
反应生成硫、二氧化硫和水，所以为防止硫代硫酸钠发生歧化反应造成损耗，所以当溶液pH值接近于7
时，停止通入二氧化硫；
（4）①由表格数据可知，实验C、D、E中溶液总体积和硫代硫酸钠溶液的体积相同，而稀硫酸和蒸
馏水的体积不同，则由探究实验变量唯一化原则可知，实验C、D、E探究稀硫酸溶液浓度对反应速率的影
响；
②由图可知，实验D出现浑浊度的时间少于实验B，说明硫代硫酸钠溶液的浓度的改变对化学反应速
率的影响更大；
③由表格数据可知，溶液总体积和硫代硫酸钠溶液体积相同时，实验C中稀硫酸的体积大于实验D，
说明稀硫酸溶液的浓度大于实验D，反应速率快于实验D，出现浑浊度的时间少于实验D，则实验C对应的曲线如下图所示： ；
（5）由题意可知，二氧化硫与碘水反应生成氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为SO +I +2H O=2I—
2 2 2
+SO +4H+；
（6）由题给信息可知，向变蓝色的溶液中通入少量二氧化硫，溶液蓝色迅速消失，一段时间后再次
变蓝说明该实验小组提出的假设合理。
