资源简介

(共39张PPT)
专题四　化学反应速率与限度
能量、反应进程、催化转化图像分析
考查 角度 具体内容与核心考点 常见考查形式 难度 等级 备考建议与策略
一、 化学 反应 速率 1.计算与比较:公式v=Δc / Δt的理解与应用;同一反应中不同物质表示的反应速率换算(v(A)/a=v(B)/b);比较反应快慢(需换算成同一物质、同一单位)。 2.影响因素:内因:反应物本身性质(决定性);外因:浓度、压强、温度、催化剂、表面积等。解释现象:用“有效碰撞理论”和“活化分子”解释外因如何影响速率。 选择题(速率计算、大小比较) 填空题(速率表达式、计算结果) 原理大题(与平衡结合,考查图像分析) ★★☆ (中) 1.熟练速率换算的“系数比”法则。
2.牢记各外因影响趋势(特别是压强只适用于有气体参加的反应)。
3.学会用“单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增大”来定义平均速率。
考查 角度 具体内容与核心考点 常见考查形式 难度 等级 备考建议与策略
二、 化学 平衡 状态 1.标志性判断:v(正)=v(逆)≠0(本质特征);各组分的浓度、质量、物质的量分数、体积分数等保持不变(直接标志);衍生标志:如压强、密度、颜色、平均分子量等不再随时间改变(适用于全部反应/特定反应)。 2.“等效平衡”思想:恒温恒容、恒温恒压条件下的投料等效判断。 选择题高频考点(判断哪些现象说明反应已达平衡) 原理大题中作为一小问出现 ★★★ (高) 1.重中之重:理解“变量不变才平衡”。例如,对于反应前后气体分子数不变的反应,总压强、气体总物质的量就不能作为平衡标志。
2.总结常见物理量作为平衡标志的适用条件,制成表格对比记忆。
考查 角度 具体内容与核心考点 常见考查形式 难度 等级 备考建议与策略
三、 化学 平衡移动 (勒夏特 列原理) 1.移动方向判断:改变浓度、压强、温度等因素,平衡如何移动(“减弱”而非“抵消”)。 2.移动结果分析:平衡移动对反应物转化率、产物产率、各组分的浓度、体积分数等的影响。催化剂同等程度改变正逆反应速率,平衡不移动,只缩短到达平衡的时间。 选择题(直接判断移动方向) 原理大题的核心(与图像结合,分析变化原因) ★★★ (高) 1.准确理解原理中的“减弱”二字。例如,升高温度,平衡向吸热方向移动,从而“减弱”温度升高的影响,但新平衡体系的温度仍比原平衡高。
2.进行结果分析时,要区分“浓度”和“百分含量”(如体积分数)。
考查 角度 具体内容与核心考点 常见考查形式 难度 等级 备考建议与策略
四、 化学平衡 常数(K与 Q的应用) 1.表达式与计算:Kc(浓度平衡常数)和Kp(压强平衡常数)的书写与计算。 2.意义与应用:K只与温度有关,是反应进行程度的标志。浓度商Q与K比较,判断反应方向:QK,反应逆向进行。 3.转化率(α)的计算。 填空题(书写K表达式、计算K值或转化率) 选择题(比较K大小、判断Q与K关系) 原理大题中必考 ★★★ (高) 1.必须掌握Kp的计算(分压=总压×物质的量分数)。
2.强化Qc的判断,这是解决“平衡是否移动”的定量依据,比单纯定性判断更可靠。
3.熟练“三段式”法进行相关计算。
考查 角度 具体内容与核心考点 常见考查形式 难度 等级 备考建议与策略
五、速 率与平衡图像 1.速率-时间图(v-t图):分析某一条件瞬间改变(如增压、加催化剂)对正、逆速率的影响及平衡移动方向。 2.浓度/含量-时间图(c-t图):判断反应物、生成物,计算反应速率,寻找平衡时刻。 3.含量-温度/压强图:判断反应吸放热、气体分子数变化,选择最佳反应条件。 4.特殊图像:如拐点分析(温度高低、压强大小、催化剂效率)。 选择题和原理大题的核心载体和压轴点。 几乎所有的速率与平衡问题都通过图像来呈现信息。 ★★★ (高) 1.二轮复习的关键:专项训练图像分析能力。
2.掌握“先拐先平”原则:在转化率-时间图中,先出现拐点的曲线代表更高的温度或压强(适用于加快反应的条件)。
3.学会从图像中提取关键信息:起点、拐点(平衡点)、终点、变化趋势。
1.反应历程图像分析
(1)基元反应与非基元反应
例如,2HI===I2的实际反应机理是分两步进行的,每一步都是一个基元反应:2HI→H2+2I·、2I·→I2,存在未成对电子的微粒称为自由基,反应活性高,寿命短。2HI===I2称为非基元反应。
(2)过渡态
A+B—C→[A…B…C]→A—B+C
①正反应活化能Ea(正)=b-a,逆反应活化能Ea(逆)=b-c,ΔH=Ea(正)-Ea(逆)。
②过渡态[A…B…C]不稳定。
(3)中间体
处于能量最高点的状态是反应的过渡态,在多步反应中两个过渡态之间的是中间体,中间体很活泼,寿命很短,但是会比过渡态更稳定些。
(4)催化机理能垒图
①在催化机理能垒图中,有几个活化状态,就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质,写出相应的热化学方程式。注意:如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV),焓变应转化成每摩尔。
②每步基元反应的快慢取决于能垒的大小,能垒越大,反应速率越小。
③示例:在Rh催化下,甲酸分解制H2反应的过程如下图所示。
其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面,该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===O*+H*;甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
2.催化循环机理图像分析
(1)解答反应机理问题的四判断
①催化剂判断:一般来说,催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。
②反应物判断:通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。
③中间体判断:转化历程中生成,随之又参与下一步反应,一般不脱离整个历程。
④生成物判断:通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。
(2)示例:催化反应——环式历程分析方法
1.(2025·广东广州一模)某温度下,在密闭容器中充入一定量的R(g),发生反应R(g) T(g),该反应经历两步①R(g) I(g),②I(g) T(g),催化剂M能催化第②步反应,反应历程如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.升高温度,减小,且减小
B.不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增大后减小
C.使用催化剂M,反应①的ΔH不变,反应②的ΔH减小
D.使用催化剂M,反应①速率不变,反应②速率加快
C　
【解析】由图可知,反应①为吸热反应,反应②为放热反应,升高温度,①平衡正向移动、②平衡逆向移动,c(T)减小,c(I)增大,故减小,R(g) T(g)为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,减小,A正确;反应①的活化能小于反应②,则反应①的速率大于反应②,开始时 I的生成速率大于消耗速率,浓度增大,随着反应进行,I的消耗速率大于生成速率,浓度减小,所以不使用催化剂M,反应过程中c(I)先增大后减小,B正确;反应焓变取决于反应物和生成物的总能量,加入催化剂不能改变反应焓变,C错误;催化剂M能催化第②步反应,反应②速率加快,反应①速率不变,D正确。
2.(2025·广东梅州一模)已知H2O2在少量I-作用下,常温时能剧烈分解并放出热量,分解的机理由两步构成,Ⅰ:H2O2+I-═H2O+IO-(慢反应,ΔH>0),Ⅱ:H2O2+IO-═I-+H2O+O2↑(快反应),能正确表示整个过程的能量变化示意图是(　　)
B　
【解析】生成物能量等于反应物能量,A错误;第一步活化能大于第二步活化能,且生成物能量小于反应物能量,B正确;第一步活化能小于第二步活化能,且生成物能量等于反应物能量,C错误;第一步活化能小于第二步活化能,D错误。
3.(2025·广东深圳一模)某离子液体的阴离子[CH(CN)2]-可以吸收CO2,其可能的两种反应路径如下图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.两种路径的总反应不相同
B.路径Ⅱ是主要的反应途径
C.降温能提高平衡时CO2吸收率
D.生成物中既含离子键又含共价键
A　
【解析】反应物相同,经过不同的反应路径,最终生成物相同,均为,总反应均为+CO2═,A错误;路径Ⅱ活化能小,反应速率快,故路径Ⅱ是主要的反应途径,B正确;由图可知,该反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,CO2的吸收率提高,C正确;生成物为,其内部含有共价键,离子液体中呈电中性,故离子液体中还含有阳离子,与之间存在离子键,D正确。
4.(2025·广东广州二模)水煤气变换反应是获取H2的重要方式之一,在不同催化剂作用下,其反应历程如图所示(*表示吸附态)。下列说法正确的是(　　)
A.使用Ⅰ、Ⅱ,反应历程均分4步进行
B.反应达到平衡时,增大压强,n(H2)增大
C.使用Ⅰ时,反应体系更快达到平衡
D.Ⅰ、Ⅱ均能降低反应的焓变
C　
【解析】吸附在催化剂上和从催化剂上脱吸附不属于基元反应,其他各步有键断裂属于基元反应,故催化剂Ⅰ有4步反应历程,催化剂Ⅱ有3步反应历程,如图 ,A错误;由始态和终态可得反应方程式为CO+H2O CO2+H2,方程式两边气体系数和相等,反应达平衡时,增大压强,平衡不移动,
n不变,B错误;由图可知Ⅰ的各步反应中最大活化能小于Ⅱ的各步反应中最大活化能,所以使用Ⅰ时反应速率更快,反应体系更快达到平衡,C正确;催化剂只能改变反应的活化能,不能改变焓变,故Ⅰ、Ⅱ均不能改变反应的焓变,D错误;
5.(2025·广东阶段练习)苯与Br2在一定条件下能发生如下反应,其中部分转化历程与能量变化如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A.反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.产物稳定性:产物Ⅰ<产物Ⅱ
C.生成两种产物的决速步骤相同
D.向体系中加入溴化铁,溴苯的平衡产率会提高
D　
【解析】反应焓变是生成物总能量与反应物总能量之差。从能量变化图看,反应Ⅰ的生成物能量高于反应Ⅱ的生成物能量,反应物能量相同,所以反应Ⅰ的焓变大于反应Ⅱ的焓变,A选项正确;物质能量越低越稳定。由图可知产物Ⅱ能量低于产物Ⅰ,所以产物Ⅱ更稳定,即产物稳定性:产物Ⅰ<产物Ⅱ,B选项正确;决速步骤是反应历程中反应速率最慢的步骤,由活化能决定,活化能越大,反应速率越慢。生成两种产物的反应中,决速步骤都是由苯和Br2转化为过渡态1的步骤,活化能相同,所以决速步骤相同 ,C选项正确;溴化铁是苯与Br2反应的催化剂,催化剂只能改变反应速率,不影响化学平衡移动,所以向体系中加入溴化铁,苯的平衡产率不变,D选项错误。
6.(2025·北京丰台一模)乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应,部分反应历程可表示为M+OH- X Y+CH3O-,能量变化如图所示。
已知:
下列说法不正确的是(　　)
A.反应Ⅳ是Y→M的决速步
B.反应结束后,溶液中存在18OH-
C.反应过程中涉及π键的断裂和形成
D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于水解反应的焓变
D　
快速平衡。
【解析】反应的活化能越高,反应速率越慢,由图可知,反应Ⅰ、Ⅳ的活化能较高,因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、Ⅳ,A正确;反应Ⅰ为加成反应,而
与 为快速平衡,反应Ⅱ的成键和断键方式为 后者能生成18OH-,因此反应结束后,溶液中存在18OH-,B正确;反应过程中涉及π键(C=键)的断裂和形成,C正确;该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量,总反应为放热反应,因此 和CH3O-的总能量与 和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变,并非水解焓变(水解生成羧酸盐、醇),D错
误。
7.(2024·江苏连云港模拟)氢气可将CO2还原为甲烷:CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g),科学家研究在催化剂表面上CO2与H2反应的前三步历程如图所示,吸附在催化剂表面上的物种用“·”标注,TS表示过渡态。下列说法正确的是(　　)
A.起始到TS1历程中发生了非极性共价键的断裂
B.该转化反应的速率取决于TS2的能垒
C.前三步历程中最小能垒步骤的化学方程式为·CO+3H2(g)+H2O(g)═·CO+·OH+·H+3H2(g)
D.物质吸附在催化剂表面,形成过渡态的过程会放出热量
A　
【解析】根据图示可知,起始到TS1历程中H2分子部分变成·H,则发生了H—H非极性共价键的断裂,A项正确;在前三步历程中,TS1的能垒最大,为决速反应,B项错误;从图中可知,在前三步历程中,TS3的能垒最低,此步反应的化学方程式为·CO+·OH+·H+3H2(g)═·CO+3H2(g)+H2O(g),C项错误;由过渡态的能量变化可知,物质吸附在催化剂表面,形成过渡态的过程能量升高,吸收热量,D项错误。
1.(2025·全国卷)研究发现水微滴表面有强电场,能引发反应H2
+HO·+e-。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应,可能的反应机理如图所示。
根据上述反应机理,下列叙述错误的是(　　)
A.三唑在反应循环中起催化作用
B.CO2换成C18O2,可生成O2
C.碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变
D.总反应为2H2O+CO2 ═ H2O2+HCOOH
B　
【解析】由机理图可知,三唑在反应循环中,化学性质和质量没有变化,作催化剂,A正确;由机理图可知,CO2换成C18O2,可生成HC18O18OH,B错误; C.由机理图可知,CO2转化为HCOOH,因此碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变,C正确;由机理图可知,CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH,总反应为2H2O+CO2═H2O2+HCOOH,D正确。
2.(2025·云南卷)铜催化下,由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A.Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C.Ⅳ的示意图为
D.催化剂Cu可降低反应热
C　
【解析】由图可知,Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子,属于还原反应,A错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H,如图 ,有极性键生成,不是非极性键,B错误;Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H,由Ⅲ结合氢离子和电子可知,Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H,Ⅳ到Ⅴ才结合CO,可知Ⅳ的示意图为 ,C正确;催化剂可改变活化能,加快反应速率,不能改变反应热,D错误。
3.(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料,广泛应用于光电信息材料等领域,可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g) 2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:
下列说法错误的是(　　)
A.反应ⅰ是吸热过程
B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV　
C.反应ⅲ包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中
D　
【解析】观察历程图可知,反应ⅰ中Ga2O3+NH3(g)的相对能量为0,经TS
1、TS2、TS3完成反应,生成Ga2O2NH和H2O,此时的相对能量为0.05 eV,因此体系能量在反应中增加,则该反应为吸热过程,A正确;反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70 eV与TS5的相对能量差,即3.39 eV-0.70 eV=2.69 eV,B正确;反应ⅲ从Ga2ON2H2生成2GaN+H2O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进行,包含2个基元反应,C正确;整个反应历程中,活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的反应步骤(活化能为3.07 eV),所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中,D错误。
4.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下,CH4可在室温下高效转化为CH3COOH,其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A.该反应的原子利用率为100%
B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C.反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化
D.若以CD4为原料,用H2O吸收产物可得到CD3COOH
B　
【解析】该反应为化合反应,原子利用率为100%,A正确;由分析可知,每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH,B错误;由反应历程可知,Rh和Fe的成键情况均会发生改变,所以Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确;若以CD4为原料,有反应历程可知,会生成CD3COOD,用H2O吸收产物时,其存在电离平衡:CD3COOD CD3COO-+D+,CD3COO-结合水电离出的H+可得到CD3COOH,D正确。
5.(2024·海南卷)已知298 K,101 kPa时,CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+
H2O(g)ΔH=-49.5 kJ·mol-1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行,CO2的初始浓度为0.4 mol·L-1,c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A. T1>T2
B.T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15 mol·L-1　
C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D.使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
D　
【解析】平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大,即T1到T2平衡正向移动,而结合题干方程式可知,该反应正反应是一个放热反应,即降低温度平衡才是正向移动,即T1>T2,A正确;T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25 mol/L,即CO2的浓度改变量为:0.40 mol/L-0.25 mol/L=0.15 mol,结合变化量之比等于化学计量系数之比可知,T1下反应达到平衡时c=0.15 mol·L-1,B正确;在温度均为T1时,使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢,说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大,C正确;催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的,但温度不同,反应速率也不同,说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同,才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间,D错误。
6.(2024·广东卷)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,c平(S)/c平(T)增大,c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实,可能的反应历程示意图(——为无催化剂, ---催化剂)为(　　)
A　
【解析】提高反应温度,c平(S)/c平(T)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,c平(S)/c平(Ⅰ)减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动,属于吸热反应,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,A正
确。

展开更多......

收起↑