第2章 化学反应速率与化学平衡 整理与提升（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（人教版 江苏专版）

该高中化学单元复习课件系统梳理了化学反应的调控核心知识，涵盖化学反应速率（浓度、温度、催化剂影响及速率方程、阿伦尼乌斯公式）和化学平衡（浓度、温度、催化剂影响及平衡常数、勒夏特列原理），通过左侧标注“化学反应 化学平衡”、右侧竖排“化学反应的调控”的知识框架图，以箭头连接影响因素，构建逻辑清晰的知识网络。 其亮点在于以高考真题为导向设计“知识体系构建-考向突破”复习路径，通过考向一（微观反应机理分析，如2023江苏真题从催化剂作用机理判断反应速率）、考向二（图像分析与推理，如2024安徽题结合实验数据图表分析反应速率影响因素）等分层考向，培养学生的科学思维（证据推理、模型建构）和科学探究与实践能力（实验数据分析）。这种设计既帮助学生精准突破高频考点，又为教师提供清晰的复习脉络，提升单元复习效率。

整理与提升 第 二 章 内 容 索 引 知识体系构建 高考真题导向 知识体系构建 返回 化学反应 的调控 高考真题导向 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 B.该反应的平衡常数K= 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，右侧生成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-，数目为4×6.02×1023，D错误。 2.[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N2(g)+H2(g)===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生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应N2(g)+H2(g)===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) 键能比H—H的大，使其断裂需要的能量多　 N≡N的 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 3.(2024·安徽，12)室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验 序号 水样体 积/mL 纳米铁 质量/mg 水样初 始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v()=2.0 mol·L-1·h-1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe++8H+===2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好 实验 序号 水样体 积/mL 纳米铁 质量/mg 水样初 始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 √ 实验①中，0~2小时内平均反应速率v()== =2.0×10-5mol·L-1·h-1 ，A不正确； 实验③中水样初始pH=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守恒，B不正确； 由实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化大，则其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确； 由实验②和③可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化大，则其他条件相同时，适当减小水样初始pH，的去除效果较好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，初始pH越小，的去除效果不一定越好，D不正确。 4.(2024·黑吉辽，10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是 A.3 h时，反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数：①>② C.0~3 h平均速率(异山梨醇)=0.014 mol· kg-1·h-1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转 化率 √ 由图可知，3 h后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误； 图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4⁃失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确； 在0~3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，所以平均速率(异山梨醇)==0.014 mol·kg-1·h-1，故C正确； 催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，故D正确。 考向三　简答题中化学反应原理的归因分析 5.[2024·山东，20(2)(3)]水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： C(s)+H2O(g)　　CO(g)+H2(g)(Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)　　CO2(g)+H2(g)(Ⅱ)　ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)　　CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 回答下列问题： (2)压力p下，C-H2O-CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_____(填 H2 化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_________________________________________________________ _______________________________________。  当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向进行，所以CO2的摩尔分数减小 图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，所以a线代表H2的摩尔分数的变化，b线代表CO的摩尔分数的变化。T1时，CaCO3(s)已完全分解，当温度高于T1，相当于只发生反应Ⅱ，CO2的摩尔分数减小，则c线代表CO2的摩尔分数随温度的变化。 (3)压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO(g)+H2O(g)　　CO2(g)+H2(g)的平 衡常数Kp=　　；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s)的物质的量为 　　 mol；若向平衡体系中通入少量 0.5 CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  不变 不变 压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为1-0.5-0.15-0.05=0.3，则反应CO(g)+H2O(g) 　　CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp= ==；从H2的来源分析，产生H2多少取决于消耗碳的量和生成不同含碳物种量的多少。平衡时，可独立分析产生H2与消耗碳和生成各含碳物种的化学反应，如下： Ⅰ：C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) Ⅳ：C(s)+2H2O(g)===CO2(g)+2H2(g) Ⅴ：C(s)+CaO(s)+2H2O(g)　　CaCO3(s)+2H2(g) 平衡时气体n(总)=4 mol，根据H2、CO、CO2的摩尔分数可计算三者的物质的量分别为： n(H2)=4 mol×0.5=2 mol，同理，n(CO)=0.6 mol，n(CO2)=0.2 mol，平衡时，由反应(Ⅰ)生成的H2：n(H2)Ⅰ=n(CO)=0.6 mol，由反应(Ⅳ)生成的H2：n(H2)Ⅳ=2n(CO2)=2×0.2 mol=0.4 mol，则由反应(Ⅴ)生成的H2：n(H2)Ⅴ=2 mol　-0.6 mol-0.4 mol=1 mol，由反应(Ⅴ)产物关系可得n(CaCO3)=n(H2)Ⅴ=× 1 mol=0.5 mol；若向平衡体系中通入少量CO2(g)后，反应ⅢCaO(s)+CO2(g) ===CaCO3(s)重新达平衡，Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变，Kc= ，c(CO2)也不变，其他气体的浓度均不变，所以p(CO)不变。 考向四　化学反应速率和平衡常数有关计算 6.(2024·甘肃，17)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由SiCl4制备SiHCl3： SiCl4(g)+H2(g)===SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1(298 K) 已知SiHCl3(g)+H2(g)===Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1(298 K) 298 K时，由SiCl4(g)+2H2(g)===Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅　　(填“吸”或“放”)热　　　　 kJ。升高温度有利于制备硅的原因是______________ ____________________________________________。  吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向进行，有利于制备硅 ①SiCl4(g)+H2(g)===SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1，②SiHCl3(g) +H2(g)===Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1，由①+②得SiCl4(g)+ 2H2(g)===Si(s)+4HCl(g)，根据盖斯定律可知，该反应的ΔH=ΔH1+ΔH2 =+74.22 kJ·mol-1+219.29 kJ·mol-1=+293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si需要吸收的热量为293.51 kJ·mol-1×=587.02 kJ；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向进行，有利于制备硅。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)　　　 4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示： ①0~50 min，经方式　　处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)= __________ mol·L-1·min-1。  甲 5.6×10-5 由图像可知，0~50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，生成SiHCl3的物质的量为0.1 mol ×4.2%×=0.005 6 mol，v(SiHCl3)==5.6×10-5 mol·L-1·min-1。 ②当反应达平衡时，H2的浓度为　　　　 mol·L-1，平衡常数K的计算式 为　　 　　。  0.195 2 反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为 　　　　　　　　3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)　　　　4SiHCl3(g) 起始/(mol·L-1)　　 0.05　　0.2　　　　　　　 0 转化/(mol·L-1)　　0.007 3　0.004 8　　　　 0.009 7 平衡/(mol·L-1)　　0.042 7　0.195 2　　　　 0.009 7 当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 2 mol·L-1，平衡常数K的计算式为。 ③增大容器体积，反应平衡向　　 　　移动。  逆反应方向 增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动。 7.[2024·全国甲卷，28(2)(3)]甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： 已知如下热化学方程式： ①CH4(g)+Br2(g)===CH3Br(g)+HBr(g)　ΔH1=-29 kJ·mol-1 ②3CH3Br(g)===C3H6(g)+3HBr(g)　ΔH2=+20 kJ·mol-1 (2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见右图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 (ⅰ)图中CH3Br的曲线是　　(填“a”或“b”)。  a 升高温度，反应向吸热反应方向进行。反应①为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，即表示CH3Br变化的曲线为a。 (ⅱ)560 ℃时，CH4的转化率α=　　　，n(HBr)=　　 mmol。  80% 7.8 560 ℃反应达到平衡时，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成 6.4 mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mmol，说明还有1.4 mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=(6.4+1.4) mmol=7.8 mmol。 (ⅲ)560 ℃时，反应CH3Br(g)+Br2(g)===CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K=　　　　。  10.92 平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mmol、n(Br2)= 0.2 mmol、n(CH2Br2)=1.4 mmol、n(HBr)=7.8 mmol，设容器容积为V L，该反应的平衡常数K===10.92。 (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见右图。 (ⅰ)在11~19 s之间，有I2和无I2 时CH3Br的生成速率之比 =　　　 　　。  (或3∶2) 设容器容积为V L，11~19 s时，有I2时CH3Br的生成速率v= mmol· L-1·s-1= mmol·L-1·s-1，无I2时CH3Br的生成速率v= mmol·L-1·s-1 = mmol·L-1·s-1，==。 (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：____________________ _____________________________________________________________________________。  有I2的条件下，反应平衡时，CH3Br的物质的量比无I2的条件下多，CH2Br2的物质的量比无I2的条件下少 (ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下： ①I2(g)===·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH2Br2(g)===IBr(g)+·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)===CH3Br(g)+·Br(g) ④·Br(g)+CH4(g)===HBr(g)+·CH3(g) ⑤·CH3(g)+IBr(g)===CH3Br(g)+·I(g) ⑥·I(g)+·I(g)===I2(g) 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：___________________ __________________________________________________________。  I2的投入消耗了部分CH2Br2，生成的IBr与·CH2Br分别与·CH3和HBr反应生成了CH3Br 返回 本课结束 第 二 章 $