第2章 化学反应的方向、 限度与速率 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（鲁科版 鲁琼专版）

该高中化学课件系统梳理了化学反应的方向、限度和速率，通过知识体系构建整合焓变熵变判断、平衡常数计算、反应速率影响因素等核心内容，帮助学生建立“方向-限度-速率”的逻辑知识网络。 其亮点在于以高考真题为导向，设置微观反应机理分析、图像推理等考向，如通过Deacon催化氧化机理题培养学生证据推理和模型认知能力。真题解析详细且分层设计，助力学生巩固知识，也为教师提供精准复习教学支持。

整理与提升 第 2 章 内 容 索 引 知识体系构建 高考真题导向 知识体系构建 1.化学反应的方向 2.化学反应的限度 化学平衡常数 化学平衡 表达式：对于一般反应mA(g)+nB(g)　　pC(g) + qD(g)　K= 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 平衡转化率：反应物A的平衡转化率α(A)=×100% 应用 影响因素：只与温度有关，与各物质的浓度、分压 无关 影响因素 化学平衡 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 勒 · 夏特列原理 改变温度 若Q＜K，化学平衡正向移动 若Q＞K，化学平衡逆向移动 改变浓度 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 改变压强 3.化学反应的速率 返回 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.(2024·北京，10)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g) 　　2Cl2(g) +2H2O(g)　ΔH=-114.4 kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A.Y为反应物HCl，W为生成物H2O B.反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C.升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 √ CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl，Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O，CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2，CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2。CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； 总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； 图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确。 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反应产物的键能总和的差，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) 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.(2024·广东，15)对反应S(g)　　T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加 入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(—为无催化剂， ┈为有催化剂)为 √ 提高反应温度，增大，说明反应S(g)　　T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向 移动，为吸热反应，由此可排除C、D选项； 加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A。 5.(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 D.总反应为：2Mn+5C2+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O √ 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2Mn+5H2C2O4 +6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误。 ①CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　 ΔH1=+41.2 kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2 225 ℃、8×106Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH 6.(2024·江苏，13)二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： 的体积分数如图所示。下列说法正确的是 A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B.反应②的焓变ΔH2>0 C.L6处的H2O的体积分数大于L5处 D.混合气从起始到通过L1处，CO的生 成速率小于CH3OH的生成速率 √ L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误； 由图像可知，L1~L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误； 从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H2O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L6处的 H2O的体积分数大于L5处，C正确； L1处CO 的体积分数大于 CH3OH，说明生成的 CO 的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于 CH3OH的生成速率，D错误。 考向三　简答题中化学反应原理的归因分析 7.[2024·湖北，17(3)]用BaCO3和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ：BaCO3(s)+C(s)　　BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)　　BaC2(s)+CO(g) 回答下列问题： 恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。1 400 K和1 823 K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到下图(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为900 K，缓慢加热至1 400 K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为　 　。  BaO 由图可知，1 400 K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2生成，又实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种只有BaO。 ②1 823 K下，反应速率的变化特点为______ 　　　　　 　　，其原因是 _____________________________________________________________________________________________________________________________________________。  不变至BaC2产率接近100% 速率 容器中只发生反应Ⅱ，反应条件为恒温 (1 823 K)、恒压，且该反应只有CO为气态，根据温度不变，K不变可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变 8.[2024·江苏，17(1)(2)(3)①]氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　 　　；含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制 氢，理论上可获得　　　 mol H2。  C、H、Fe 反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应：3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3===2Fe+3H2O，化合价发生改变的元素有 C、H、Fe；CO、H2各1 mol参与上述反应，各生 成mol Fe，共生成 mol Fe， mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应：3Fe+ 4H2O(g) 　 Fe3O4+4H2，则共生成= mol H2。 (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔， 发生反应N2+3H2　　　　　 2NH3。海绵状的α⁃Fe作催化剂，多孔Al2O3 作为α⁃Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[CuCO]溶液，该反应的化学方程式为 　　 　　。 CH3COO[Cu]+NH3·H2O+CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O _______________________________________________________。  ②Al2O3含量与α⁃Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是_________ __________________________________________________________________ 可作为气体吸附剂，含量过多会吸附 生成的NH3，且Al2O3含量大于2%时， α⁃Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少 多孔 Al2O3 (3)反应H2+　　　　HCOO-+H2O可用于储氢。 密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃，HCOO-产率下降的可能原因是_____________ 　　　 　　　 　。  分解，导致HCOO-产率下降 NaHCO3受热 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； 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； 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 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。 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 10.[2024·广东，17(3)节选]工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4(aq)　　CaCO3(aq) (Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。 ①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。 滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0 mL，消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终 点时，转化为)，则c(Na2CO3)=　　　 mol·L-1。  根据离子方程式+H+===可知，c(Na2CO3)= mol·L-1 = mol·L-1。 则x=　　　，测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　。  序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL a 100.0 0 V0 b 80.0 x V0 ②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1 g硫酸钙固体，反应t1 min后，过滤，取V0 mL滤液，用c1 mol· L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表。 20.0 6∶5 总体积应相同，x=20.0；由题意可知，va== mol·L-1·min-1= mol·L-1·min-1，vb== mol·L-1·min-1= mol·L-1· min-1，则va∶vb=6∶5。 Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图所示。反应Ni(s)+4CO(g)===Ni(CO)4(g)的ΔH 　　　0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，　　　　　　有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃ 时CO的平衡转化率α=　　　，该温度下平衡常数Kp=　　　　(MPa)-3。  11.[2024·新课标卷，29(3)]在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下， 小于 低温、高压 97.3% 9 000 由图可知，随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆向移动，因此该反应的ΔH<0；该反应是反应前后气体分子数减小的放热反应，因此低温和高压均有利于Ni(CO)4的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：p4>p3>p2>p1，即p3对应的压强是 1.0 MPa。由题图可知，p3、100 ℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4 mol，反应生成的Ni(CO)4为x mol，可得三段式： 　　　　　　Ni(s)+4CO(g)　　Ni(CO)4(g) 起始/mol　　　　　4　　　　　 0 转化/mol　　　　　4x　　　　　x 平衡/mol　　　　　4-4x　　　　 x 反应后总物质的量为(4-3x) mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时， 气体的体积分数等于其物质的量分数，因此有=0.9，解得x=，因此达 到平衡时n转化(CO)=4× mol，CO的平衡转化率α=×100%≈97.3%； 气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数 Kp====9 000 (MPa)-3。 返回 本课结束 第 2 章 $