第2章 化学反应的方向、 限度与速率 整理与提升（配套教参Word）-【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 京粤闽皖豫宁陕专版）

该高中化学单元复习讲义通过知识框架图系统梳理了化学反应原理的核心内容，涵盖化学反应的方向、限度和速率三大主题，以递进式结构呈现各知识点的内在逻辑，突出微观机理与宏观现象的关联。 讲义亮点在于“考向分层”的练习设计，如结合Deacon催化氧化法机理分析反应速率与平衡（考向一），通过高考真题引导学生从微观视角进行证据推理，培养科学思维。每个考向配有详细解析和方法总结，基础学生可掌握解题步骤，优秀学生能深化机理理解，助力教师实施精准复习教学。

整理与提升 1.化学反应的方向 2.化学反应的限度 3.化学反应的速率 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 答案　B 解析　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，反应如下： 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 答案　C 解析　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。  (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　　　　 　　　　。  答案　(1)-45　(2)(ⅱ)　N≡N的键能比H—H的大，使其断裂需要的能量多　 解析　(1)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)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(　　) 答案　A 解析　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 答案　C 解析　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。 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： 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 答案　C 解析　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　　　　　　　。  ②1 823 K下，反应速率的变化特点为　　　　　　　，其原因是　　　　 　　　　。  答案　①BaO　②速率不变至BaC2产率接近100%　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 解析　①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。 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。  (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+3H22NH3。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　　　　。  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　　　 　　　　。  (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　　　 　　　　。  答案　(1)C、H、Fe　　(2)①CH3COO[Cu]+NH3·H2O+CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O　②多孔 Al2O3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　(3)NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 解析　(1)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。 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 答案　D 解析　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；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.[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。  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。 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 则x=　　　　　　　　，测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　　　。  答案　①　②20.0　6∶5 解析　①根据离子方程式+H+===可知，c(Na2CO3)= mol·L-1= mol·L-1。②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。 11.[2024·新课标卷，29(3)]在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下，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。  答案　小于　低温、高压　97.3%　9 000 解析　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。 学科网（北京）股份有限公司 $