第2章 三年高考模拟练-（ppt同步课件）【学而思】2026-2027学年高二上学期化学选择性必修一（苏教版）

该高中化学课件聚焦“化学反应速率与化学平衡”核心知识点，通过高考模拟题与实践案例导入，构建从速率计算、影响因素分析到平衡移动、常数应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于结合真实工业情境（如汽车尾气处理）和实验数据，通过图像分析、数据处理培养科学思维与探究能力，例如氨分解实验中催化剂表面积对速率的影响分析，帮助学生形成“化学反应遵循规律”的化学观念，教师可利用丰富实例提升教学效率，学生能提升解决实际问题的能力。

专题2 化学反应速率与化学平衡 第1讲　描述运动的基本概念 三年高考模拟练 第1讲　描述运动的基本概念 应用实践 1.[2026河南部分重点中学质量检测]恒温恒容的密闭容器中,在某催化剂表面上发生氨的分解反应: 2NH3(g)  N2(g)+3H2(g),测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示, 下列说法不正确的是 ( ) 编号 表面积/cm2 c(NH3)/(10-3 mol·L-1) 0 min 20 min 40 min 60 min 80 min ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 　C     第1讲　描述运动的基本概念 A.实验①,0~20 min,v(N2)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1 B.实验②,60 min时处于平衡状态,x≠0.40 C.相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大 D.相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大 第1讲　描述运动的基本概念 解析　实验①中,0~20 min,Δc(NH3)=2.40×10-3 mol·L-1-2.00×10-3 mol·L-1=4.00×10-4 mol·L-1,v(NH3)=  =2.00×10-5 mol·L-1·min-1,反应速率之比等于化学计量数之比,v(N2)= v(NH3)=1.00× 10-5 mol·L-1·min-1,A正确;恒温条件下平衡常数K恒定,实验③平衡时c(NH3)=0.40×10-3 mol·L-1,若实验② 平衡时c(NH3)也等于0.40×10-3 mol·L-1,由于起始投料量不同,求出的K必然不同,所以x≠0.40,B正确;实 验①中氨气起始浓度大于实验②,但在0~20 min,实验①和实验②中氨气浓度变化量都是4.00× 10-4 mol·L-1,不能说明相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大,C错误;对比实验①和实验③,氨气起始 浓度相同,实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍,实验③先达到平衡状态,反应速率快, 说明相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 2.一定条件下,发生反应6H2(g)+2CO2(g)  C2H5OH(g)+3H2O(g),CO2平衡转化率随温度变化如图所 示。对a、b、c三点对应情况的分析,正确的是 ( ) 反应物起始物质的量之比: 　D     曲线Ⅰ:n(H2)/n(CO2)=2 曲线Ⅱ:n(H2)/n(CO2)=1.5 A.CO2物质的量分数:a>b B.C2H5OH物质的量分数:a<c C.平衡常数:Ka>Kc>Kb D.反应速率:va(CO2)<vb(CO2) 第1讲　描述运动的基本概念 解析　　根据题图可看出,CO2的平衡转化率:a>b,投料比相同的情况下,CO2的平衡转化率越大,剩余的 CO2的物质的量越少, CO2的物质的量分数也就越小,所以CO2的物质的量分数:a<b,A错误;设a点起始二 氧化碳物质的量为m mol,则起始氢气物质的量为2m mol,可列三段式: 6H2(g)+2CO2(g)  C2H5OH(g)+3H2O(g) 起始/mol　　 　2m　　     m　　 　0　　 　0 转化/mol　　　1.8m　　　0.6m　　　0.3m　　　0.9m 平衡/mol　　　0.2m　　　0.4m　　　0.3m　　　0.9m 平衡时C2H5OH的物质的量分数为 ×100%≈16.7%;设c点起始二氧化碳物质的量 为n mol,则起始氢气物质的量为1.5n mol,可列三段式: 第1讲　描述运动的基本概念 6H2(g)+2CO2(g)  C2H5OH(g)+3H2O(g) 起始/mol　　　1.5n　　    n　　 　0　 　 　0 转化/mol　　　1.35n　　0.45n　　　0.225n　　　0.675n 平衡/mol　　　0.15n　　0.55n　　　0.225n　　　0.675n 平衡时C2H5OH的物质的量分数为 ×100%≈14.1%,所以C2H5OH物质的量分 数:a>c,B错误;其他条件相同时,升高温度,二氧化碳的平衡转化率降低,平衡逆向移动,则平衡常数变小, 平衡常数:Ka=Kc>Kb,C错误;其他条件相同时,升高温度,化学反应速率加快,反应速率:va(CO2)<vb(CO2),D 正确。 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2026北京八一学校月考]燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物(主要成分为NO),可通过主反应 4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)  4N2(g)+6H2O(g)    ΔH=-1 627.7 kJ·mol-1除去。温度高于300 ℃时会发生副反 应:4NH3(g)+5O2(g)  4NO(g)+6H2O(g)    ΔH=-904.74 kJ·mol-1。在恒压、反应物起始物质的量之比一 定的条件下,反应相同时间,NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说 法一定正确的是 ( )   A.升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率 B.N2(g)+O2(g)  2NO(g)    ΔH=-180.74 kJ·mol-1 C.图中X点所示条件下,反应时间足够长,NO的转化率能达到Y点的值 D.图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动 　C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　主反应的ΔH<0,为放热反应,且反应前后气体体积增大,故升高温度、增大压强平衡均逆向移 动,NO的平衡转化率减小,A错误;根据盖斯定律, ×(副反应-主反应)可得N2(g)+O2(g)  2NO(g)    ΔH=  ×［-904.74 kJ·mol-1-(-1 627.7 kJ·mol-1)］=+180.74 kJ·mol-1,B错误;据题图可知X点的转化率低于相同 温度下的Y点,说明测定转化率时X点还未达到平衡,反应时间足够长,NO的转化率能达到Y点的值,C正 确;催化剂不影响平衡转化率,W点的转化率低于相同温度下另一催化剂条件下的转化率,说明W点并没 有处于平衡状态,所以转化率降低不可能是平衡移动的结果,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 4.使用丙烯(C3H6)可将汽车尾气中的NOx还原为N2除去,主要反应如下: 反应Ⅰ:2C3H6(g)+18NO(g)  6CO2(g)+9N2(g)+6H2O(g)    ΔH=-5 202 kJ·mol-1 反应Ⅱ:4C3H6(g)+18NO2(g)  12CO2(g)+9N2(g)+12H2O(g)    ΔH=-1 890 kJ·mol-1 反应Ⅲ:2C3H6(g)+9O2(g)  6CO2(g)+6H2O(g)    ΔH=-3 141 kJ·mol-1 将一定比例C3H6、NO2、NO、O2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管,C3H6、NOx(NO和 NO2)的转化率和N2的选择性［ ×100%］与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是  ( ) 　B       A.反应2NO(g)+O2(g)  2NO2(g)的焓变ΔH=-717 kJ·mol-1 B.高效去除汽车尾气中的NOx,合适的温度为300~500 ℃ C.350~400 ℃,NOx的转化率迅速下降的主要原因是催化剂的活性下降 D.400~550 ℃,以反应Ⅲ为主 第1讲　描述运动的基本概念 解析　　根据盖斯定律, 可得目标反应2NO(g)+O2(g)  2NO2(g)    ΔH=  =-717 kJ·mol-1,A正确;去除汽车尾气中的NOx,应选择 NOx转化率高和N2选择性高的温度条件,300 ℃左右最合适,B错误;350~400 ℃,NOx的转化率迅速下降, 说明反应速率明显减小,催化剂催化能力减弱,活性降低,C正确;400~550 ℃,C3H6的转化率未有明显下 降,NOx的转化率及N2的选择性有明显下降,说明C3H6的转化以反应Ⅲ为主,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 5.将CaCO3加热至T ℃,部分发生分解,达到平衡时Kp=p0 kPa。T ℃,在一真空密闭容器中加入过量的 CaCO3,再充入一定量的H2,加入催化剂使其发生反应:CO2(g)+H2(g)  CO(g)+H2O(g)(忽略其他副反应), 测得该反应中物质分压如图所示(t1时刻前,CO2的分压未给出),则下列说法错误的是 ( )   A.t2时向容器中充入一定量CO2气体,CO2的物质分压变化曲线为① B.a点的坐标为(t1,p0) C.平衡时H2的平衡转化率为50% D.反应CO2(g)+H2(g)  CO(g)+H2O(g)的压强平衡常数Kp=10 　A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　由反应CaCO3(s)  CaO(s)+CO2(g)的平衡常数Kp=p0 kPa可知,a点CO2的分压为p0 kPa,则a点 的坐标为(t1,p0),t2时向容器中充入一定量CO2气体,则CO2的分压突然增大,但温度不变达到平衡时CO2的 分压应仍为p0 kPa,则曲线①不是CO2的物质分压变化曲线,A错误、B正确;由题图可知,平衡时H2的转化 率为 ×100%=50%,C正确;由题图可知,在T ℃下,平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别 为p0 kPa、10p0 kPa、10p0 kPa、10p0 kPa,则压强平衡常数Kp= = =10,D正 确。 第1讲　描述运动的基本概念 6.[2026江苏部分学校质量测试]用草酸二甲酯(H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备乙二醇的反应原理 如下: H3COOCCOOCH3(g)+2H2(g)  H3COOCCH2OH(g)(乙醇酸甲酯)+CH3OH(g)    ΔH=-16.3 kJ·mol-1 H3COOCCH2OH(g)+2H2(g)  HOH2CCH2OH(g)+CH3OH(g)    ΔH=-14.8 kJ·mol-1 在2 MPa条件下,将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为80∶1的混合气体以一定流速通过装有催化剂 的反应管,草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。 第1讲　描述运动的基本概念 C.其他条件不变,在190~195 ℃范围,随着温度升高,出口处乙醇酸甲酯的量不断减小 D.其他条件不变,在190~210 ℃范围,随着温度升高,出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比 ［ ］减小 产物的选择性= ×100%,下列说法正确的是 ( ) A.曲线Ⅰ表示乙二醇的选择性随温度的变化 B.其他条件不变,增大压强或升高温度,草酸二甲酯的平衡转化率均增大 　D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　根据题意可知,乙醇酸甲酯的选择性与乙二醇的选择性之和为100%,故曲线Ⅱ为乙二醇的选 择性随温度的变化,A项错误;由于反应Ⅰ、Ⅱ为放热反应,故其他条件不变,升高温度,草酸二甲酯的平 衡转化率减小,B项错误;根据题图,在190~195 ℃范围内,随温度升高,乙醇酸甲酯的选择性变化不大,而 同时草酸二甲酯的转化率(曲线Ⅰ)明显增大,故出口处乙醇酸甲酯的量增加,C项错误;设出口处含乙醇 酸甲酯a mol,乙二醇b mol,则n(CH3OH)=(a+2b) mol, = = +2,根据题图可知 随温度升高, 变小,故出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比减小,D项正确。 第1讲　描述运动的基本概念 7.在一定条件下,向某2 L恒容密闭容器中充入2 mol CO2、4 mol H2,发生反应CO2(g)+4H2(g)  CH4(g)+2H2O(g),测得反应10 min时,不同温度下氢气的转化率如图所示。［已知:该反应的速率方程v正= k正·p4(H2)·p(CO2),v逆=k逆·p2(H2O)·p(CH4),k正、k逆只与温度有关］   下列说法错误的是 ( ) A.图中a、b、c三点对应的v逆(CH4)由大到小的顺序为c>b>a B.该反应的ΔH<0 C.T2 K温度下,起始时容器内的压强为3 MPa,k逆=2(MPa)-2·min-1, 则该温度k正≈33.3(MPa)-4·min-1 D.升高温度或增大压强,都可以提高反应物的平衡转化率 　D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　从题图可看出,T2 K之前H2的转化率随温度的升高而增大,T2 K之后H2的转化率随温度的升高 而减小,温度越高,化学反应速率越快,达到平衡所需时间越短,可判断T2 K之前反应未达到平衡状态,T2 K 之后反应达到平衡状态,升高温度,平衡逆向移动,则题述反应ΔH<0;温度:c>b>a,升高温度正、逆反应 速率都增大,故v逆(CH4)由大到小的顺序为c>b>a,A、B正确。T2 K时,反应达到平衡状态,氢气的转化率 为80%,起始时充入2 mol CO2、4 mol H2,压强为3 MPa,可以推出起始时CO2分压为1 MPa,H2分压为2MPa, 恒容条件下可列三段式: CO2(g)+4H2(g)  CH4(g)+2H2O(g) 起始/MPa　　　1　　　 2　　 0　　　0 变化/MPa　　　0.4　　　1.6　　　0.4　　　0.8 平衡/MPa　　　0.6　　　0.4　　　0.4　　　0.8 第1讲　描述运动的基本概念 Kp=  (MPa)-2=  (MPa)-2,根据平衡时v正=v逆,推出Kp= ,则k正=k逆×Kp=2× (MPa)-4·min-1≈ 33.3(MPa)-4·min-1,C正确。题述反应ΔH<0,升高温度,平衡逆向移动,反应物的平衡转化率减小,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 8.[2026山东济南第一中学期中]室温下,某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等,同时发生以下两个反 应: ①M+N  X+Y;②M+N  X+Z。反应①的速率可表示为v1=k1c2(M),反应②的速率可表示为v2= k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是  ( )   A.0~30 min时间段内,Y的平均反应速率为2.5×10-3 mol·L-1·min-1 B.反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C.如果反应能进行到底,反应结束时37.5%的M转化为Z D.反应①的活化能比反应②的活化能大     C     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　由题图中数据可知,30 min时,M、Z的浓度分别为0.3 mol·L-1和0.125 mol·L-1,则M的变化量为 0.5 mol·L-1-0.3 mol·L-1=0.2 mol·L-1,其中转化为Y的变化量为0.2 mol·L-1-0.125 mol·L-1=0.075 mol·L-1,则0~ 30 min时间段内,Y的平均反应速率为 =2.5×10-3 mol·L-1·min-1,A正确;　由v1=k1c2(M)、v2= k2c2(M)得,反应①和反应②的速率之比 = 　 ,而Y和Z分别为反应①和反应②的产物,且2个 反应中各物质的化学计量数均为1,则反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比= ,而k1、k2为速率常数, 则 保持不变,即反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变,B正确;由上述分析得,反应体系中Y和 Z的浓度之比始终为 = ,则反应能进行到底时,M转化为Z的转化率为 ×100%=62.5%, C错误;由上述分析得, = = ,则v1<v2,反应的活化能越大,反应速率越慢,故反应①的活化能大于反 应②的活化能,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 9.随着经济全球化,我国已于2020年全面脱贫,家用汽车得到普及,有效处理汽车排放的尾气是需要进行 研究的一项重要课题。利用催化技术可将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2,化学方程式为2NO(g)+ 2CO(g)  2CO2(g)+N2(g),为研究如何提高该转化过程反应速率,某课题组进行了实验探究。 资料查阅:①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同; ②使用相同的催化剂,当催化剂质量相等时,催化剂的比表面积对催化效率有影响。 实验设计:课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律,设计了以下对比实验。 (1)完成以下实验设计表格: 第1讲　描述运动的基本概念 实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 实验目的 为实验Ⅱ、Ⅲ作参照     ①　     探究温度对尾气转化速 率的影响     温度/℃ 280 280 360 NO初始浓度/(mol/L) 6.50×10-3 6.50×10-3 6.50×10-3 CO初始浓度/(mol/L) 4.00×10-3 4.00×10-3 4.00×10-3 同质量的同种催化剂的比表面积/(m2/g) 80 120 ②　     探究催化剂比表面积对尾 气转化速率的影响  80 _________________ 第1讲　描述运动的基本概念 图像分析与结论:利用气体传感器测定了三组实验中CO浓度随时间变化的曲线图。   (2)第Ⅱ组实验中,达平衡时NO的浓度为____________________。 (3)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知,增大催化剂比表面积,汽车尾气转化速率_______(填“增大”“减小”或“无 影响”)。 　增大     　3.50×10-3 mol/L     第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)①由题表中数据可知,实验Ⅱ的目的是探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响;②实验 Ⅲ的目的是探究温度对尾气转化速率的影响,则催化剂的比表面积为80 m2/g。(2)通过图像可知,平衡 时CO的浓度改变量Δc(CO)=4.00×10-3 mol/L-1.00×10-3 mol/L=3.00×10-3 mol/L,则NO的浓度改变量 Δc(NO)=3.00×10-3 mol/L,NO的平衡浓度c(NO)=6.50×10-3 mol/L-3.00×10-3 mol/L=3.50×10-3 mol/L。 (3)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知,Ⅱ先达到平衡,则增大催化剂比表面积,汽车尾气转化速率增大。 第1讲　描述运动的基本概念 10.[创新题·新考法][2026江苏昆山震川高级中学月考] 研究NO、CO2催化转化具有重要意义。 (1)已知:N2(g)+O2(g)  2NO(g)    ΔS>0;25 ℃时,该反应的K=5×10-31。燃油车高温发动机内发生上述反 应,此时K______(填“>”“=”或“<”)5×10-31。 (2)CO2催化制碳酸酯 一种金属氧化物(用MR表示)催化CO2与环氧丙烷( )反应制碳酸酯X反应机理如图1所示。已知CO2 中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 　>     第1讲　描述运动的基本概念   ①从物质结构角度判断,催化活化CO2的能力:MgO______Al2O3。(填“>”“<”或“=”) ②碳酸酯X的结构简式为_________。 图1           　>     第1讲　描述运动的基本概念 (3)在催化剂作用下,NH3可将NO选择性还原为N2。向NO中通入适量O2使部分NO氧化为NO2有利于催 化反应进行。当混合气中n(NO)∶n(NO2)=1∶1时,氮氧化物被催化还原的反应速率最大。烟气中SO2 会影响金属氧化物催化NH3还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点:SO2与NO在催化剂 表面发生竞争吸附,抑制活性中间体的生成;SO2与NH3反应生成稳定性较弱的(NH4)2SO4和NH4HSO4,覆 盖了催化剂的活性位点;金属氧化物与SO2反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐,使催化剂的活性组分 永远失效。 将一定比例的NH3、NO、O2、N2充分混合均匀后,以相同流速分别通过装有等质量MnO2和Mn3O4催化 剂的反应器1 h,再分别向混合气体中添加少量SO2继续通气7 h后,将催化剂在400 ℃下充分加热1 h,继 续通入无SO2的混合气体2 h,测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图2所示。 第1讲　描述运动的基本概念 _____________________。   ①0~1 h内,MnO2催化反应器中NO的转化率比Mn3O4催化反应器中的大。其原因是______________ ___________________________________________。 ②1~2 h内,MnO2催化NH3还原NO的效率迅速降低的主要原因是_______________________________ 图2 氧化为NO2,使混合气体中n(NO)与n(NO2)趋于相等     　MnO2将部分NO 了催化剂的活性位点     　反应生成(NH4)2SO4和NH4HSO4,覆盖 第1讲　描述运动的基本概念 ③我国学者通过大量实验研究发现添加CeO2的复合催化剂具有优越的抗SO2能力,并基于实验事实提 出了如图3所示的CeO2抗中毒反应物种转化示意图。 a.写出“步骤2”反应的化学方程式:_____________________________________________________。 b.CeO2能在250 ℃下保持其催化性能的原因是________________________________________________ 图3 　NH3促进了Ce2(SO4)3在较低温度下向Ce2O3的转化,同 　2Ce2(SO4)3+9NH3+6H2O  2Ce2O3+3(NH4)2SO4+3NH4HSO4     ___________________________________________________________________________________ _ _______。［已知Ce2(SO4)3的理论分解温度为630 ℃］ 剂再生     时生成的(NH4)2SO4和NH4HSO4可以进一步与NO和O2反应生成N2和SO2,并促进了CeO2的生成,实现催化 第1讲　描述运动的基本概念 (2)①金属性Mg>Al,MgO中的O给电子能力更强,更易进攻CO2的碳氧键,故MgO催化活化CO2的能力强 于Al2O3。 ② 中与 相连的O-和与 相连的C原子相结合,可得碳酸酯X的结构简式为 。 (3)①0~1 h内,MnO2将部分NO氧化为NO2,使混合气体中n(NO)与n(NO2)趋于相等,根据当混合气中 n(NO)∶n(NO2)=1∶1时,氮氧化物被催化还原的反应速率最大,所以MnO2催化反应器中NO的转化率比 Mn3O4催化反应器中的大。③a.“步骤2”是Ce2(SO4)3与NH3、H2O反应生成Ce2O3、(NH4)2SO4和 NH4HSO4,反应的化学方程式是2Ce2(SO4)3+9NH3+6H2O  2Ce2O3+3(NH4)2SO4+3NH4HSO4。 解析    (1)25 ℃时,反应N2(g)+O2(g)  2NO(g)的K=5×10-31,说明该反应很难自发进行,又ΔS>0,推断 正反应为吸热反应 , 燃油车高温发动机内发生该反应,平衡向正反应方向移动,此时K>     5×10-31. 。 第1讲　描述运动的基本概念 试题剖析 　　该题考查角度新颖,创新点在(2)问中,一是从物质结构角度判断催化活化CO2的能力,二是从催化 CO2与环氧丙烷制碳酸酯X的反应机理中,考查目标产物的结构,与常规反应机理图考查形式不同。解 答角度新颖的试题时,要打破固有思维,充分利用题中给出的信息,学会找到“突破口”,解答该问需具 体分析物质的转化过程,结合转化过程中的电荷变化,推断碳酸酯X的结构。 第1讲　描述运动的基本概念 $