第05讲 化学反应速率与化学平衡图像略-2026年高考化学一轮复习讲义北京专用

PAGE1第05讲化学反应速率与化学平衡图像目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一化学反应速率图像 4知识点1v－t图（速率－时间图） 4考向1v－t图（速率－时间图） 9【思维建模】化学平衡图像的一般思路考点二化学平衡图像 4知识点1物质参数－时间图[以aA（g）＋bB（g）⇌cC（g）ΔH为例] 6知识点2物质参数－温度（压强）图 8考向1物质参数－时间图 10【思维建模】投料比与转化率之间的关系考向2物质参数－温度（压强）图 1904真题溯源·考向感知 29考点要求考察形式2025年2024年2023年化学反应速率与化学平衡的图像选择题非选择题T15(4)、T18(3)T16(2)、T18(3)T16(2)考情分析：1.高考中常以图像、表格等为载体，主要考查反应速率的影响因素及相关计算、平衡常数的计算和应用等，考查考生提取信息、分析问题、解决问题的能力。2.来自于实际科学研究的反应历程或反应机理图像是2026年北京高考的命题热点，主要考查催化剂、活化能、反应热等。多平衡体系的图像题是近年高考的命题趋势，考生应予以重视复习目标：1.知道化学反应是有方向的，知道化学反应的方向与反应的焓变和熵变有关。认识化学平衡常数是表征反应限度的物理量，知道化学平衡常数的含义。了解浓度商和化学平衡常数的相对大小与反应方向间的联系。通过实验探究，了解浓度、压强、温度对化学平衡状态的影响。2.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。3.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义考点一化学反应速率知识点1v－t图（速率－时间图）改变反应条件，正、逆反应速率随时间的变化情况与平衡移动方向的关系如表所示[以2SO2（g）＋O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0为例]。改变条件c（SO2）增大c（O2）减小c（SO3）增大c（SO3）减小增大压强v－t图平衡移动方向正反应方向逆反应方向逆反应方向正反应方向正反应方向改变条件减小压强升高温度降低温度使用催化剂v－t图平衡移动方向逆反应方向逆反应方向正反应方向不移动得分速记v－t图像中的“断点”和“接点”“断点”表示改变温度、压强、催化剂引起v正、v逆的变化。“接点”表示改变反应体系中某种物质浓度引起v正、v逆的变化。考向1v－t图（速率－时间图）例1某温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的，发生反应(无色)。的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A．曲线①表示正反应速率随时间的变化 B．时容器内气体的颜色比时的浅C．时， D．其他条件不变，降低温度，反应达到平衡的时间增长【答案】C【解析】A．反应开始时正反应速率最大，逆反应速率为０，随着反应进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，所以曲线①表示正反应速率随时间的变化，A正确；B．时反应正向进行，时反应达到平衡，时的量比时的少，故时气体的颜色比时的浅，正确；C．时达到平衡状态，，C错误；D．其他条件不变，降低反应温度，反应速率减小，达到平衡的时间增长，D正确；思维建模化学平衡图像的一般思路【变式训练1·变载体】化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果。下列图象描述正确的是A．图①表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，醋酸溶液电离程度：c<a<bB．图②恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C．图③可表示可逆反应；D．图④是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高【答案】B【解析】A．加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，故A错误；B．由图可知，t1时刻突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．随着温度的升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆方向进行，说明反应放热，故C错误；D．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故D错误；故答案为B。【变式训练2】在一个绝热的恒容密闭容器中通入和，一定条件下使反应达到平衡状态，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的结论正确的是A．反应物浓度：A点大于C点 B．反应物的总能量低于生成物的总能量C．反应过程中压强始终不变 D．时，的产量：AB段等于BC段【答案】A【解析】A．A到C时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，所以反应物浓度：A点大于C点，A正确；B．A到C时正反应速率增加，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C．绝热的恒容密闭容器，反应为等体积反应，反应过程中温度发生变化，压强发生变化，C错误；D．根据图示，正反应速率：AB段小于BC段，时，的产量：AB段小于BC段，D错误；答案选A。【变式训练3】对于同一体系内存在竞争反应：①，②；测得反应速率与时间t关系如图，依据图像信息，下列说法不正确的是A．反应①的反应限度大于反应②B．加入催化剂定能有效降低反应活化能，加快反应速率C．无催化剂时后反应①达到平衡D．加入催化剂，可有效提高C的产率【答案】B【解析】A．反应①和反应②相互竞争，未加入催化剂时，B的速率更大，浓度更大，说明反应①的反应限度大于反应②，加入催化剂后虽然C速率更大，是因为催化剂导致的速率增大，不是浓度因素导致的速率更大，故A正确；B．加入催化剂C的速率明显增大，B的速率略有减小，说明加入催化剂加快了生成C的反应速率，不一定加快了生成B的反应速率，选项没有指明对于哪个反应，故B错误；C．反应速率不变时浓度不反应到达平衡，无催化剂时t2后反应①达到平衡，C正确；D．加入催化剂，C的速率明显增大，能更快产生C，提高了C的产率，D正确；本题选B。考点二化学平衡的图像知识点1物质参数－时间图[以aA（g）＋bB（g）⇌cC（g）ΔH为例]浓度－时间图（t1时刻反应达到平衡）含量－时间图（m用催化剂，n不用催化剂）（T2＞T1，正反应为吸热反应）（T2＞T1，正反应为放热反应）（p1＞p2，正反应为气体分子数减小的反应）（p1＞p2，正反应为气体分子数增大的反应）知识点2物质参数－温度（压强）图常规类型特殊类型平衡点（拐点）前看反应速率——浓度、压强、温度、催化剂影响反应速率平衡点（拐点）后看平衡移动——浓度、压强、温度影响平衡移动曲线甲表示正反应为放热反应曲线乙表示正反应为吸热反应得分速记化学平衡图像解题技巧(1)先拐先平在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。(2)定一议二当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。(3)三步分析法一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。考向1物质参数－时间图例1（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。下列说法中不合理的是A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大B．理论上，和的反应中参与反应的C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小【答案】D【解析】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；本题选D。思维建模投料比与转化率之间的关系以N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为例，当N2与H2的投料比为1∶3(系数比)时，N2与H2的平衡转化率相等，且平衡时NH3的体积分数最大；增大N2与H2的投料比，则α(H2)增大，α(N2)减小；减小N2与H2的投料比，则α(H2)减小，α(N2)增大。【变式训练1】（24-25高三上·北京东城·期末）向恒容密闭容器中通入和，发生反应：

。不同温度(、)下，测得随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A．达到平衡的时间：，可推断温度：B．该反应为吸热反应且平衡时，可推断温度：C．时，向容器中充入氮气，则平衡时D．时，的平衡转化率【答案】C【解析】A．由题图可知，温度下先达到平衡，即，温度下的速率快，所以>，故A正确；B．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，物质的量增大，由图可知，，可推断温度：，故B正确；C．时，向容器中充入氮气，各物质浓度不变，平衡不移动，则氢气物质的量与原平衡相等为1.8mol，故C错误；D．时，的平衡转化率，由化学方程式得，所以，故D正确；故选C。【变式训练2·变考法】（24-25高三上·北京丰台·期末）将2mol和3mol的混合气体置于密闭容器中可发生如下反应。反应Ⅰ

反应Ⅱ

在不同温度、压强下，该反应体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性随温度变化如图所示。已知：的选择性。下列说法不正确的是A．B．降低温度有利于提高平衡体系中乙烯的物质的量C．的选择性下降的原因可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ的D．210℃、条件下，平衡时体系中生成CO的物质的量为1.6mol【答案】B【解析】A．恒容、恒温条件下，增大压强时，化学平衡会向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增加的反应，因此增大压强平衡逆向移动，乙烷转化率减小，即p1<p2，A正确；B．较低温度时，降低温度，乙烷的转化率降低，乙烯的选择性升高，无法判断乙烯的物质的量增大还是减小，B错误；C．反应Ⅱ、反应Ⅰ均为吸热反应，升温两个平衡均正移，但的选择性下降，可能是温度升高反应Ⅱ平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ，导致C2H4的选择性下降，C正确；D．初始状态为2molC2H6和3molCO2，根据反应式，设平衡时乙烯的物质的量为xmol、氢气的物质的量为3ymol，则平衡时一氧化碳的物质的量为(x+4y)mol、水蒸气的物质的量为xmol，乙烷的转化率为50%，物质的量为(2-x-y)mol=1mol，则C2H4的选择性=，解得x=0.8mol、y=0.2mol，则平衡时体系中生成CO的物质的量为x+4y=1.6mol，D正确；故答案选B。考向2物质参数－温度（压强）图例2（2025·北京海淀·二模）以CO、为原料合成涉及的主要反应如下。①

②

反应时间等其他条件相同时，按充入原料气，不同温度下CO的转化率和产物选择性如下图。已知：产物A的选择性下列说法不正确的是A．选择性提高可能是由温度对反应速率的影响导致的B．根据温度升高时CO的转化率增大，可推断C．相较于230℃，270℃时单位时间内能合成更多的D．除反应②外，体系中还存在其他副反应【答案】B【分析】由图可知，随温度升高，选择性减小，故反应①为放热反应，据此分析；【解析】A．反应②为放热反应，故选择性提高可能是由于温度升高达到催化剂适宜温度，提高了化学反应速率导致，A错误；B．由分析可知，，B错误；C．相较于230℃，270℃时温度高，化学反应速率增加，单位时间内能合成更多的，C正确；D．和的选择性和在减少，而CO的转化率在增加，故除反应②外，体系中还存在其他副反应，D正确；故选B。【变式训练1】反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)+Q(Q>0)可用于消除汽车尾气中的有害气体。在密闭容器中充入4molNO和5molCO，平衡时NO的体积分数随温度、压强的变化关系如图。下列说法错误的是A．温度：T1>T2B．a点达到平衡所需时间比c点短C．c点NO的平衡转化率：50%D．若在e点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中的c点【答案】D【解析】A．由图可知，相同压强下，T1温度时NO的体积分数更大，说明T1温度下，反应向右进行的程度更小；由于该反应为放热反应，所以温度越低，越有利于反应正向进行，所以T1＞T2；A项正确；B．一般，温度越高，反应速率越大，达到平衡所需的时间会越短，所以a点达到平衡所需的时间比c点短；B项正确；C．c点对应的平衡状态，NO的体积分数为25%，所以列三段式：，所以有：，解得x=2，那么NO的平衡转化率即：50%，C项正确；D．由图可知，e点对应的NO的体积分数与c点对应的相同；结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比c点对应的体积分数大，D项错误；答案选D。【变式训练2·变考法】（24-25高三上·北京·期末）乙醇-水催化重整发生如下反应：Ⅰ．

kJ·mol-1Ⅱ．

kJ·mol-1恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和CO的选择性随温度的变化如下图所示。已知：ⅰ．的选择性（或2）ⅱ．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是A．

kJ·mol-1B．当℃时，平衡体系中和的物质的量：C．当℃时，体系中总反应：D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率【答案】B【分析】由图可知随温度升高的选择性逐渐降低，而CO的选择性逐渐升高，当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，温度低于500℃时以的选择性占主导，温度高于500℃时以的选择性占主导，据此分析解答。【解析】A．根据盖斯定律可知，I+2×Ⅱ=，则，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则K==1，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选：B。1．（2025·北京·高考真题）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。(1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。(2)分子中键角小于，从结构角度解释原因：。(3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。①的配体中，配位原子是。②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。()(4)和反应过程中能量变化示意图如下。①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：。②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：。【答案】(1)(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′(3)N(4)生成的活化能更低根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。【解析】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。（2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。（3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。（4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成的活化能更低，故室温下易于生成；②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除生成是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。2．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。已知：物质、(1)制已知：

由制的热化学方程式为。(2)制I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：第一步：第二步：Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。①Ⅱ中生成的化学方程式是。②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是。③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去。④尾气吸收器中，吸收的气体有。(3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。①，与优先反应的离子是。②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：。【答案】(1)(2)、SO2(3)时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。【解析】（1）已知：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为；（2）①当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：；②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：；③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去；④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有；故答案为：；；；、SO2；（3）①由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应；②一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。故答案为：；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。3．（2024·北京·高考真题）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。(1)方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和。(2)方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。①第I步反应的化学方程式为。②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因。(3)方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。①电极a表面生成的电极反应式：。②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是。(4)人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。【答案】(1)难挥发性(2)，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响(3)反应iii生成，将氧化成，更易转化成(4)中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程【解析】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。（2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为；②，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。（3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。（4）中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。4．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。