第2章 化学反应的方向、限度与速率 整理与提升（课件PPT）-【步步高】2024-2025学年高二化学选择性必修1学习笔记（鲁科版 京粤闽皖豫宁陕）

该高中化学课件系统梳理了化学反应原理单元的核心内容，涵盖反应方向（焓变与熵变的共同影响）、限度（化学平衡常数、转化率及影响因素）、速率（定义、表达式及内外因），通过体系构建明确概念逻辑，形成“方向-限度-速率”的完整知识网络。 其亮点在于采用“真题导向”复习策略，精选2022-2023年高考真题，设置微观机理分析、图像推理、定量计算等考向，如通过反应机理图判断速率控制步骤（科学思维）、结合平衡分压计算Kp（科学探究），分层设计帮助学生巩固知识，教师可依此精准把握复习重点。

整理与提升 第2章　 <<< 内容索引 一、体系构建 二、真题导向 2 体系构建 > < 一 1.化学反应的方向 一 体系构建 2.化学反应的限度 化学平衡 化学平衡常数 表达式：对于一般反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) 影响因素：只与温度有关，与各物质的浓度、分压无关 应用 判断化学反应可能进行的程度(即反应限度) 判断可逆反应进行的方向 求反应物的转化率和各物质的平衡浓度 化学平衡 影响因素 平衡转化率：反应物A的平衡转化率α(A)＝ ×100% 改变温度 升高温度，化学平衡向吸热方向移动 降低温度，化学平衡向放热方向移动 改变浓度 若Q＜K，化学平衡正向移动 若Q＞K，化学平衡逆向移动 改变压强 若Δvg＝0，改变压强，化学平衡状态不变 若Δvg≠0，增大压强，化学平衡向化学方程式中 气态物质化学式前系数减小的方向移动 勒·夏特列原理 3.化学反应的速率 返回 真题导向 > < 二 考向一　从微观反应机理分析反应速率与平衡 1.(2023·江苏，10)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g) ＋4H2(g)，既可以除去天然气中的H2S，又可 以获得H2。下列说法正确的是 A.该反应的ΔS<0 二 真题导向 C.题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与 催化剂中的M之间发生作用 D.该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023 √ 左侧反应物气体计量数之和为3，右侧反应产 物气体计量数之和为5，ΔS>0，A错误； 由方程式知，K＝ ，B错误； 由方程式知，消耗1 mol H2S同时生成2 mol H2，转移4 mol e－，数目约为4×6.02×1023，D错误。 2.(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph－C≡C－CH3)可与HCl发生催化加成，反应如右： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)， 下列说法不正确的是 A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物 Ⅰ的比例 D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获 得高产率的产物Ⅰ √ 反应Ⅱ＝反应Ⅰ＋反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确； 短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确； 反应Ⅲ的平衡常数K＝ ，温度不变，K不变，平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误； 根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。 3.[2023·新课标卷，29(1)(2)]氨是最重要的化学 品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。 回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应 === NH3(g)的ΔH＝_____kJ·mol－1。 －45 在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与反应产物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 ===NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339) kJ·mol－1＝－45 kJ·mol－1。 (2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为______ (填标号)，理由是 _____________________________________________。 (ⅱ) N≡N的键能比H—H的大，使其断裂需要的能量多　 由图1中的信息可知， N2(g)===N(g)的ΔH＝ ＋473 kJ·mol－1，则N≡N的键能为946 kJ· mol－1； H2(g)===3H(g)的ΔH＝＋654 kJ· mol－1，则H—H的键能为436 kJ·mol－1。由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 考向二　选择题中图像的分析与推理 4.(2023·辽宁，12)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含 Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下 列说法正确的是 A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 √ 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H2C2O4，A项 错误； 随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B项错误； 由图像可知，某时刻后，Mn(Ⅱ)逐 步增多，而此时体系中基本不存在 Mn(Ⅶ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ) 不能大量共存，C项正确； H2C2O4为弱酸，在离子方程式中不拆成离子，总反应为 ＋5H2C2O4 ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。 5.(2023·重庆，14)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) 在恒容条件下，按V(CO2)∶V(H2)＝1∶1投料比 进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的 变化如图所示。下列说法正确的是 A.反应Ⅰ的ΔH<0，反应Ⅱ的ΔH>0 B.M点反应Ⅰ的平衡常数K<1 C.N点H2O的压强是CH4的3倍 D.若按V(CO2)∶V(H2)＝1∶2投料， 则曲线之间交点位置不变 √ 随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含 量增大，说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动， 反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应，焓变 小于零，反应Ⅰ为吸热反应，焓变大于零，A 错误； M点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料V(CO2)∶ V(H2)＝1∶1，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的 物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数K＝ ＝1，B错误； N点一氧化碳、甲烷的物质的量相等，结合反 应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量 为甲烷的3倍，结合阿伏加德罗定律推论可知， H2O的压强是CH4的3倍，C正确； 反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气 体分子数减小的反应，若按V(CO2)∶V(H2)＝1∶2投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误。 6.(2022·湖南，14改编)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应：2X(g)＋Y(g) Z(g)　ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A.ΔH>0 B.气体的总物质的量：na<nc C.a点平衡常数：K<12 mol－2·L2 D.反应速率：va正<vb正 √ 甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大 后减小，正反应为气体分子数减小的反应，则刚开始 压强增大的原因是因为容器温度升高，说明反应放热， 即ΔH＜0，故A错误； 根据A项分析可知，密闭容器中的反应为放热反应，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体的总物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，图中a点和c点的压强相等，则说明甲容器中气体的总物质的量相比乙容器在减小，即气体的总物质的量：na＜nc，故B正确； 设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1， 则列出三段式如下： 2X(g)＋Y(g) Z(g) c0　　　　　　 2　　　1　　　0 Δc　　　　　　 2x　　　x　　 x c平　　　　　 2－2x　 1－x　 x 根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即va正＞vb正，故D错误。 考向三　简答题中化学反应原理的归因分析 7.[2023·海南，16(1)(2)(3)]磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCl(s)反应制备KH2PO4(s)，反应方程式为H3PO4(aq)＋KCl(s) KH2PO4(s)＋HCl(g)，一定条件下的实验结果如图 1所示。 回答问题： (1)该条件下，反应至1 h时KCl的转化率为____。 70% 由图可知，该条件下，反应至1 h时KCl的转化率 为70%。 (2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为____(填“吸热”或“放热”)反应，且反应热随温度升高而_____。 吸热 降低 由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低。 (3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸_____ ___________________________________________________；通入水蒸气 _____________________________________________。 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行 8.(2022·全国甲卷，28)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： (ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)　ΔH1＝＋172 kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2 (ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH2＝－51 kJ· mol－1，Kp2＝1.2×1012 Pa ①反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH＝_____kJ·mol－1，Kp＝________Pa。 －223 1.2×1014 根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)－反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O2(g)=== 2CO(g)，则ΔH＝－51 kJ·mol－1－(＋172 kJ·mol－1)＝－223 kJ·mol－1； ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是______________________ ____________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的体系气体分子数不变且是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化 ③对于碳氯化反应：增大压强，平衡____移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_____(填“变大”“变小”或“不变”)。 向左 变小 对于碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒·夏特列原理，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。 (2)在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝________Pa。 7.2×105 从图中可知，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g) 的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝ ②图中显示，在200 ℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_____ ________________________________________________________。 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益 实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200 ℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。 (3)TiO2碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于TiO2-C“固-固”接触的措施是___________________________________________________。 将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾” 固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2-C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 考向四　化学反应速率和平衡常数有关计算 9.(2023·河北，6)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应： 反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2(X)和v3＝k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应 ②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。 t/min 0 1 2 3 4 5 c(W)/(mol·L－1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是 A.0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L－1·min－1 B.若增大容器容积，平衡时Y的产率增大 C.若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X) D.若升高温度，平衡时c(Z)减小 t/min 0 1 2 3 4 5 c(W)/(mol·L－1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 √ 由表知0～2 min内|Δc(W)|＝(0.160－0.080) mol·L－1＝0.080 mol·L－1，生成Δc(X)＝2|Δc(W)|＝0.160 mol·L－1，但一部分X转化为Z，造成 Δc(X)<0.160 mol·L－1，则v(X)< ＝0.080 mol·L－1·min－1， 故A错误； t/min 0 1 2 3 4 5 c(W)/(mol·L－1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容 器容积相当于减小压强，使反应4X(g) 2Z(g)的 平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，平 衡时Y的产率减小，故B错误； 反应③的活化能大于反应②，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能<0，则4X(g) 2Z(g)　ΔH<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡时c(Z)减小，故D正确。 10.[2022·全国乙卷，28(3)(4)]H2S热分解反应2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH＝＋170 kJ·mol－1。 (3)在1 470 K、100 kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为____，平衡常数Kp＝____kPa。 50% 4.76 假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，平衡时转化的n(H2S)＝x mol，根据三段式可知： 2H2S(g) S2(g)＋2H2(g) 始/mol　　　　　　1　　　　 0　　　0 变/mol　　　　　　x　　　　0.5x　　 x 平/mol　　　　　 1－x　　 　0.5x　　 x 平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解 得x＝0.5， (4)在1 373 K、100 kPa反应条件下，对于 n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、 1∶9、1∶19的H2S-Ar混合气，热分解反 应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。 ①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率___ ___，理由是__________________________ __________________________________________________。 越 高 n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分 压越小，平衡向正反应方向进行，H2S的平衡转化率越高 由于2H2S(g) S2(g)＋2H2(g)的正反应是气体体积增大的反应，n(H2S)∶ n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S的平衡转化率越高。 ②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线___， 计算其在0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为______ kPa·s－1。 d 24.9 n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知，n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1 s时，H2S的转化率为24%。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据三段式可知： 2H2S(g) S2(g)＋2H2(g) 始/mol　　　　　1　　　　0　　　0 变/mol　　　　 0.24　　　0.12　 0.24 0.1 s末/mol　　 0.76　　　 0.12　 0.24 此时H2S的分压为 ×100 kPa≈7.51 kPa，H2S的起始分压为10 kPa，所以H2S分压的平均变 化率为 ＝24.9 kPa·s－1。 11.[2023·全国乙卷，28(3)(4)](3)将FeSO4置入抽空 的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s) Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。平衡时 －T 的关系如右图所示。660 K时，该反应的平衡总压 p总＝_____kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝_______(kPa)2。 Kp(Ⅰ)随反应温度升高而_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 3.0 2.25 增大 660 K时， ＝1.5 kPa，则 ＝1.5 kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3.0 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝ ＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知， 随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。 (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)， 平衡时 ＝_________(用 、 表示)。在929 K时，p总＝84.6 kPa、 ＝35.7 kPa，则 ＝_____kPa，Kp(Ⅱ)＝___________kPa(列出计算式)。 46.26 提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时 ，则平衡时 ，得 ＝ 。 在929 K时，p总＝84.6 kPa、 ＝35.7 kPa，则 ＝p总、 ，联立方程组消去 ，可得 ＝4p总，代入相关数据可求出 ＝46.26 kPa，则 ＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝ 2.64 kPa， 返回 本课结束 <<< 第2章　 K＝ B.该反应的平衡常数K＝ N2(g)＋H2(g) N2(g)＋H2(g) D.总反应为：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 2MnO 则有[(2－2x)＋(1－x)＋x] mol<×3 mol，计算得到x>0.75，即平衡常 数K＞12 mol－2·L2，故C错误； 则Kp＝＝ Pa＝1.2×1014 Pa。 ＝Pa＝7.2×105Pa。 所以H2S的平衡转化率为×100%＝50%， 所以平衡常数Kp＝＝ ≈4.76 kPa。 Kp(Ⅱ)＝＝ kPa。 $