2026年北京高考化学二轮复习专题08 化学反应速率与化学平衡（复习讲义）（解析版）

专题08化学反应速率与化学平衡TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一化学反应速率 4真题动向以工业/新情境为载体，融合反应机理、速率方程与催化剂影响，侧重定量计算、变量探究及与平衡/反应热的综合应用，强化宏观现象与微观速率理论的关联。必备知识知识1化学反应速率知识2影响化学反应速率的因素命题预测考向1化学反应速率的定义、计算考向2影响化学反应速率的因素考向3化学反应速率的图像考向4活化能题型二化学平衡 25真题动向聚焦真实工业/环保情境，突出平衡常数计算、转化率分析、勒夏特列原理的综合应用，常结合图像/图表与速率联动，强调平衡原理解决实际问题的能力。必备知识知识1化学平衡的建立、特征和标志知识2化学平衡移动知识3勒夏特列原理（平衡移动原理）知识4化学平衡常熟知识5转换率关键能力能力化学反应速率与化学平衡图像分析命题预测考向1化学平衡状态考向2影响化学平衡的因素考向3化学平衡常数考向4化学平衡的相关计算考向5化学平衡图像

命题轨迹透视选择题+主观题（综合大题为主）；新高考单科卷中选择题占比上升，常考速率比较/计算、平衡移动、K/Kp计算。2、命题特征：新情景（化工/环保/能源）、图像陌生化、计算灵活化（三段式/Kp）、多模块融合（电化学/电解质溶液）。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年化学反应速率北京卷T10，3分北京卷T10，3分北京卷T13，3分北京卷T18，12分北京卷T4，3分北京卷T14，3分——化学平衡北京卷T18，12分北京卷T19，13分北京卷T10，3分北京卷T12，3分北京卷T16，11分北京卷T4，3分北京卷T18，12分北京卷T12，3分北京卷T14，3分北京卷T10，3分北京卷T13，3分北京卷T14，13分北京卷T16，10分2026命题预测紧扣碳中和、新能源、绿色化工等，用真实工业/科研数据，突出应用价值。2、选择题侧重基础+图像分析；主观题（15-20分）重计算+综合分析，难度中等偏上，区分度高。

题型一化学反应速率1．（2025北京，10，3分）乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。下列说法不正确的是A．①中反应为B．②中生成的过程中，有键断裂与形成C．生成总反应的原子利用率为D．催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率【答案】C【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确；B．②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确；C．生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误；D．是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；答案选C。命题解读新情境：这道题以乙烯、醋酸和氧气在Pd催化下合成醋酸乙烯酯的工业反应为载体，并非课本中传统的合成氨、制硫酸等经典反应，而是选取了精细化工中的实际催化过程，贴合近年高考“以真实工业/科研情景为命题背景”的趋势，考查学生从工业反应示意图中提取化学信息、解决实际问题的能力，强化了“化学与生产生活相联系”的学科价值。新考法：不仅考催化剂“加快反应速率”的表层性质，还考查其“参与反应历程、改变反应路径”的本质，同时结合原子利用率、化学方程式配平，实现“机理分析+定量计算”的融合。新角度：不再单纯考查外界条件对反应速率、平衡的影响，而是通过两步催化反应的示意图，分析Pd催化剂参与的反应步骤、化学键的断裂与形成，将考点从宏观现象转向微观机理，符合高考对“变化观念与微观探析”核心素养的考查要求。2．（2024北京，13，3分）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化D．对于生成Y的反应，浓作催化剂【答案】C【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C．M的六元环中与相连的C为杂化，苯中大键发生改变，故C错误；D．苯的硝化反应中浓作催化剂，故D正确；故选C。命题解读新情境：这道题以苯的硝化反应为核心，并非课本中对该反应的简单定性描述，而是采用科研中反应能量变化示意图的形式，展现反应的过渡态、中间体及产物分支过程，贴合高考“从基础反应走向机理探究”的命题趋势。将工业/科研中的反应能垒、中间体转化等真实研究视角融入考题，让学生从“记忆反应”转向“理解反应本质”，体现化学学科的应用性与探究性。新考法：不是简单判断硫酸是否为催化剂，而是结合反应过程中H2SO4的消耗与生成，从“催化循环”角度分析其作用，考查对催化剂“参与反应、循环再生”本质的理解。新角度：跳出“单一产物”认知，考查反应分支与选择性：课本中仅介绍苯硝化生成硝基苯的单一产物，本题则展示反应生成产物Ⅰ、Ⅱ的分支过程，从能量角度分析不同产物的生成趋势。3．（2024北京卷，10，3分）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。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，W为生成物B．反应制得，须投入C．升高反应温度，被氧化制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【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确；B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．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；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。4．（2023北京卷，4，3分）下列事实能用平衡移动原理解释的是A．溶液中加入少量固体，促进分解B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生【答案】B【详解】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。知识1化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。即EMBEDEquation.3。理解的关键：（1）表示浓度变化；（2）均为正值；（3）不用纯固体或纯液体表示;（4）是平均速率，不是瞬时速率;（5）单位为mol/(L.s)、mol·L－1·s－1。同一反应中不同物质间反应速率的规律：同一反应用不同物质来表示反应速率时，其数值不一定相等;它们的比值等于化学方程式的计量数之比。对于在一个容器中的一般反应aA+bB===cC+dD来说有，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)∶Δc(D)=Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)=a∶b∶c∶d。【易错提醒】反应速率大小(或快慢)比较方法同一反应的化学反应速率用不同物质表示时数值可能不同，比较化学反应速率的快慢不能只看数值大小，而要进行一定的转化。(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行比较。(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，然后再对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA＋nBpC＋qD，若v(A)/m＞v(B)/n，则反应速率A＞B。注意单位是否统一。知识2影响化学反应速率的因素1、决定因素（内因）：反应物的性质（决定因素）2、条件因素（外因）：（1）浓度对反应速率的影响（固体和纯液体除外），①浓度越大，反应速率越快，浓度越小，反应速率越慢。②变化情况：对于可逆反应来说，增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率不变，随后，由于反应物浓度减小，生成物浓度增大，正反应速率减慢，逆反应速率增大。（2）压强对反应速率的影响（方程式中必须要有气体），①压强越大，反应速率越快，压强越小，反应速率越慢。②说明a、若参加反应的物质为固体或液体，由于压强对它们的浓度影响几乎为零，可以认为速率不变。b、压强对反应速率影响的前提是有气体参加的反应。其实质是加压（体积减小）使物质的浓度增大。若加压后物质的体积不变，则浓度不变，反应速率也不变（如向恒容的容器中充入惰性气体）。c、惰性气体对反应速率的影响恒容：充入惰性气体，EMBEDEquation.3总压增大EMBEDEquation.3物质浓度不变，反应速率不变。充入反应气体，EMBEDEquation.3总压增大EMBEDEquation.3物质浓度增大，反应速率加快。恒压：充入惰性气体，EMBEDEquation.3体积增大EMBEDEquation.3物质浓度减小，反应速率较小。充入反应气体，EMBEDEquation.3体积增大EMBEDEquation.3物质浓度不变，反应速率不变。（3）温度对反应速率的影响（提高了反应物分子的能量），升高温度，反应速率变快，降低温度，反应速率变慢。（4）催化剂对反应速率的影响（降低了活化能），①加入催化剂可以改变（加快或减慢）化学反应速率。②加入催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应热。（5）其他因素：接触面积（乳化剂）、构成原电池等也能影响化学反应速率（6）随着反应的进行，反应速率先加快后减慢的原因加快的原因：①反应放热，温度升高；②生成物做催化剂；③构成原电池。考向1化学反应速率的定义、计算1．（2025·北京丰台·二模）某小组用、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。实验Ⅰ．实验编号①②③④⑤0.10.10.10.20.30.10.20.30.10.1出现棕黄色的时间/s136.54.36.64.4实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。下列说法不正确的是A．由实验Ⅰ可知，氧化HI的反应速率与和的乘积成正比B．实验①中反应继续进行，20s时测得为，则0～20s的平均反应速率：C．实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率D．对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱【答案】D【详解】A．对比实验①、②、③：HI浓度增加反应速率增加，对比实验①、④、⑤：H2O2浓度增加反应速率增加，因此，H2O2氧化HI的反应速率与和的乘积成正比，故A正确；B．0～20s的平均反应速率：，故B正确；C．实验II向H2O2加入KI产生氧气，而未产生I2，说明H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，故C正确；D．实验II引入了K+，K+对H2O2的分解有影响，不能说明酸性对I-还原性的影响，故D错误；故答案为D。2．（2025·北京丰台·二模）一定条件下，在3个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：

。℃时，该反应的平衡常数K=4，反应体系中相关数据见下表：容器温度/℃起始时物质的量/moltmin时物质的量/mol甲110.8乙110.6丙22a下列说法中，正确的是A．a=1.6B．若，则乙中，tmin时消耗的速率等于生成的速率C．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态D．当丙中反应达到化学平衡时，的转化率大于50%【答案】B【详解】A．由分析可知，容器甲未达到平衡状态，且，容器丙浓度比容器甲，速率快，故a>1.6，A错误；B．若，反应为放热反应，温度升高，K值减小，则乙中，K值小于4，故tmin时可能消耗的速率等于生成的速率，B正确；C．容器内气体气体的总质量与容器体积为恒量，故压强不变不能说明达到平衡状态，C错误；D．当丙中反应达到化学平衡时，列三段式：，，的转化率等于50%，D错误；故选B。3．（2025·北京东城·一模）一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应

，测得有关数据如下。容器容器体积平衡时的物质的量达平衡所用时间达平衡过程中的能量变化①2L1.2mol10min放热0.6akJ②4L1.6mol放热下列叙述不正确的是A．①中内， B．C． D．【答案】C【详解】A．①中内，，A项正确；B．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡所用时间增大，故，B项正确；C．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器②平衡时的物质的量增大，即平衡正移，正向为气体体积增大的方向，，C项错误；D．根据热化学方程式可知，生成时放热akJ，而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得，D项正确；答案选C。4．（2024·北京·三模）在恒温恒容密闭容器中充入一定量，发生如下反应：反应②和③的反应速率分别满足和，其中、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。测得的浓度随时间的变化如下表。0123450.1600.1130.0800.0560.0400.028下列说法正确的是A．0~2min内，W的平均反应速率为B．若增大容器容积，平衡时Z的产率增大C．若，平衡时D．若升高温度，平衡时减小【答案】D【详解】A．由表知内∆c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，则v(W)<，故A错误；B．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，对反应平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Z的产率减小，故B错误；C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即，2=，若，平衡时，故C错误；D．反应③的活化能大于反应②，∆H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时减小，故D正确；故选D。5．（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是A．段的反应速率B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为C．该温度下，反应的平衡常数D．升高温度，该反应的平衡常数减小【答案】C【详解】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确；B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确；C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确；答案选C。考向2影响化学反应速率的因素6．（2025·北京·模拟预测）下列实验设计及相应结论均正确的是选项实验设计结论A向1mL0.1溶液中滴加1mL1HBr溶液，橙黄色加深，增大，使上述平衡向正反应方向移动B向1mL中加入1mL0.3溶液后，上层液体减少使用合适的催化剂加快反应速率，使酯的水解平衡向正反应方向移动C某无色溶液加稀盐酸酸化，再加入溶液，溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体该溶液中一定含有D基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入热水颜色加深正反应活化能大于逆反应活化能A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．在K2CrO4溶液中存在平衡，且该溶液具有氧化性，HBr具有还原性，向1mL0.1mol/LK2CrO4溶液中加入1mL1.0mol/LHBr溶液，可发生氧化还原反应生成Br2使溶液变为橙色，干扰探究浓度对化学平衡的影响，A错误；B．向1mL乙酸乙酯中加入1mL0.3mol/LH2SO4溶液，酯的水解需要水浴加热，上层液体逐渐减少，才能说明催化剂可以加快化学反应速率，B错误；C．亚硝酸根和硝酸根在酸性条件下均可氧化亚铁离子，酸性条件下原溶液中存在亚硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有硝酸根，C错误；D．颜色加深说明浓度增加，平衡右移，正反应为吸热反应（ΔH>0）。根据基元反应活化能关系，ΔH=Ea正-Ea逆，吸热反应中Ea正>Ea逆，D正确；故选D。7．（2025·北京丰台·二模）在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是A．受到光激发产生的空穴()带正电，能将氧化成·OHB．在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种为C．上述形成硫酸气溶胶的总反应为D．空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快【答案】D【详解】A．观察可知，受到光激发产生的空穴带正电，中氧元素为-2价，具有还原性，空穴能将氧化成，A选项正确；B．从图中反应过程可以看出，在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种途径中，具有强氧化性，能将氧化，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为，B选项正确；C．由图中整个反应过程可知，二氧化硫、氧气和水在作催化剂、光激发的条件下反应生成硫酸根离子和氢离子，总反应为，C选项正确；D．空气中湿度大时，水的含量高，可能会稀释反应体系中的反应物浓度，导致硫酸气溶胶的形成速率减慢，而不是越快，D选项错误；故答案为：D。8．（2025·北京丰台·二模）25℃、101kPa下：①

②

关于和的下列说法中，正确的是A．和均为离子化合物，阴、阳离子个数比不相等B．随温度升高，反应①、②的速率加快，反应①的速率大于反应②的C．向中投入固体：D．25℃、101kPa下：

【答案】D【详解】A．Na2O含有Na+和O2-，Na2O2含有Na+和，阴、阳离子比例均为1：2，故A错误；B．反应①的放热小于反应②，温度升高，反应①的速率小于反应②，故B错误；C．过氧化钠与水反应中产物的氧气来源于过氧化钠，故C错误；D．反应②-反应①得：，故D正确；故答案为D。9．（2025·北京海淀·二模）利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。下列说法不正确的是A．①中，1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子B．①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变C．②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应D．每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol【答案】D【详解】A．①中，+2H+，因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确；B．①中，转化为NADH，中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确；C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确；D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误；故选D。10．（2025·北京海淀·二模）溴乙烷与NaOH的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是A．反应①的活化能大于反应②的B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于的生成D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变【答案】B【详解】A．由图可知，反应①的活化能是，反应②的活化能是，活化能：反应①＜反应②，A错误；B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B正确；C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，乙烯是优势产物，C错误；D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D错误；故选B。考向3化学反应速率的图像11．（2021·北京房山·二模）根据图示所得出的结论不正确的是A．图甲是CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率保持不变C．图丙是室温下用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是弱酸D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2+)越小【答案】B【详解】A．由图甲可知，随着横坐标温度的升高纵坐标值在减小，为增函数，所以K值也在减小，证明温度升高，K值减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应方向吸热，所以正反应为放热反应，ΔH<0，故A正确；B．反应物浓度越大，反应速率越快，根据图乙可知，随着时间推移，双氧水浓度逐渐减小，所以随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，故B错误；C．根据图丙可知，HX中未加NaOH溶液时0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电离，所以HX为一元弱酸，故C正确；D．温度不变，溶度积常数不变，，与成反比，所以c(SO)越大c(Ba2+)越小，故D正确；综上答案为B。12．（2021·北京丰台·二模）下列图示与对应叙述相符的是A．图1表示压强对可逆反应2A(g)+B(g)⇌3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C．图3表示在CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化D．图4表示常温下向20mL0.1mol/L氨水中滴加稀盐酸，c点溶液中c(NH)＜c(Cl-)【答案】D【详解】A．该反应是反应前后气体体积相同的反应，若增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡，但化学平衡不发生移动，A的体积分数不变，A不符合题意；B．根据图示可知：反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，属于放热反应，不是吸热反应，B不符合题意；C．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入CH3COONa固体，导致溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，使得溶液中c(H+)减小，溶液的pH会增大，C不符合题意；D．氨水中的NH3·H2O电离产生的OH-对水的电离平衡起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小。向其中滴加HCl，二者发生中和反应，消耗溶液中OH-，c(OH-)减小，水电离程度增大，当二者达到恰好发生中和时的c点时，水电离程度最大，此时溶液为NH4Cl，由于NH会发生水解反应而消耗，而Cl-不消耗，故此时溶液中c(NH)＜c(Cl-)。后来由于滴加HCl过量，过量的酸电离产生的H+对水电离平衡又起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小，因此水电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D正确；故合理选项是D。13．不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是

A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B．由②、③推测，若pH＞7，+2价铁更难被氧化C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)【答案】D【详解】A、由②、③可知，pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；C、由①、③推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；D、50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6amol/L，4h内平均消耗速率等于0.15amol/(L·h)，温度升高到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)。正确答案选D。14．（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【详解】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。15．研究表明，水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中X为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是A．乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，CO2是最终产物B．乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢C．随温度升高，XCO峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大D．T=550℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，速率关系为：2v(乙醇)=v(CO)=v(CO2)【答案】D【详解】A．观察x-t图像可知，CO先增加后减少，一直在增加，说明CO为中间产物，为最终产物，A正确；B．乙醇氧化过程可视为两步反应：乙醇→CO（第一步）、CO→（第二步）。图乙中乙醇的物质的量分数在初始阶段快速下降，说明第一步速率快；CO的物质的量分数达到峰值后缓慢下降，说明第二步速率慢，B正确；C．随着温度的升高乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO速率必须加快，且大于CO的氧化为的速率，C正确；D．℃条件下，3s-8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇和CO的量都在减少，在增多，设消耗速率为x，生成速率为y，，3-8s区间，CO宏观“净速率”在减小，即消耗量比生成量多故，，所以，、、数值关系为，D错误；故选D。考向4活化能16．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是，铑的配合物离子可催化甲醇羰基化反应，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是A．铑位于元素周期表第五周期第VIII族B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形C．A、C分别是和D．B为、D为【答案】D【详解】A．铑的价层电子排布式是，则铑位于元素周期表第五周期第VIII族，A正确；B．若X为四面体形结构，则两种配体（如CO和）的空间位置等效，不存在同分异构体，因此X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构为平面四边形，不是四面体形，B正确；C．根据分析，A、C分别是和，C正确；D．根据分析，B、D分别为水和HI，D错误；答案选D。17．（2025·北京东城·三模）(为、或)与发生取代反应的能量变化图如下：下列说法正确的是A．中的杂化方式均为B．由反应①可知键能C．推测反应过程中的浓度很低D．由能量变化推测相同条件下是吸热反应【答案】C【详解】A．离子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，中心碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B．由反应①可知，元素的电负性越大，C—X键的键能越大，元素电负性的大小顺序为，则键能的大小顺序为，故B错误；C．由图可知，的能量最高，能量越高，物质越不稳定，所以反应过程中的浓度很低，故C正确；D．由图可知，的反应是反应物总能量小于生成物总能量的放热反应，无法确定HBr中共价键断裂吸收的能量多少，也不能确定氢离子和氢氧根离子反应放出的能量多少，所以由盖斯定律可知，不能由能量变化推测相同条件下的反应是否为吸热反应，故D错误；故选C。18．（2025·北京朝阳·二模）在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。下列说法不正确的是A．从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂C．b代表过渡态2，经历该过渡态生成D．生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应【答案】C【详解】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确；C．过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；选C。19．（2025·北京门头沟·一模）与可发生反应生成腈()和异腈()两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是A．腈和异腈互为同分异构体B．与生成腈和异腈的反应都是放热反应C．I中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物I【答案】D【详解】A．腈和异腈化学式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故与生成腈和异腈的反应都是放热反应，B正确；C．由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是N…Ag和C…Ag，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之间的作用力弱，C正确；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物I，D错误；故选D。20．某反应机理如下，下列说法不正确的是A．化合物VI为该反应的催化剂B．化合物为，可循环利用C．若化合物III为，按照该反应机理可生成和D．化合物III转化为IV后，键长变短【答案】C【详解】A．由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂，故A正确；B．根据I+Ⅳ→X+Ⅱ和IV+X→VI+V，由I、Ⅳ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，并且可循环利用，故B正确；C．根据反应机理，总反应为I+III→V，若化合物III为，按照该反应机理可生成和，故C错误；D．根据III和IV结构式，III中C2-C3为碳碳单键，IV中C2-C3为碳碳双键，键长变短，故D正确；故答案为：C。题型二化学平衡1.（2025北京，19，13分）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。(1)理论分析①易挥发，需控制生成较小。②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。(2)实验探究序号实验内容及现象I，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。Ⅱ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。Ⅲ测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。已知：；和溶液颜色均为无色。①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是。用离子方程式表示的作用：。②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度。③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是。(3)实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与值比较。②综合调控和温度的目的是。【答案】(1)(2)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复增大实验Ⅱ中反应未达到平衡状态(3)40℃的K防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡【详解】（1）（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：；②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度；③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小；（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。命题解读新情境：这道题选取“KBr与MnO2在酸性条件下的反应平衡”为研究对象，并非课本中合成氨、乙酸乙酯水解等经典平衡体系，而是聚焦卤素化合物与金属氧化物的氧化还原平衡，且结合了溴的挥发、HBr挥发性等实际实验现象的干扰因素，还原了真实化学实验中“理论分析-实验验证-误差处理”的完整探究流程，体现高考对“化学实验与理论结合”的命题导向，让学生从“背平衡结论”转向“用平衡原理解决实际实验问题”。新考法：不是直接给出平衡浓度求算K，而是要求结合实验测定的pH、Br2浓度等数据，结合反应方程式推导平衡常数表达式并计算，同时需考量实验中“c(Mn2+)近似不变”等简化条件，考查数据处理与模型简化的能力。新角度：从“单一平衡计算”到“理论可行性分析”：开篇先要求从溴的挥发、平衡常数、物质挥发性等多个维度，论证实验测定平衡常数的可行性，打破了传统“直接给出平衡体系求算K”的模式，考查学生对平衡原理的综合论证能力，落实“证据推理与模型认知”核心素养。2．（2025北京，18，12分）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)溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降【详解】（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溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行命题解读新情境：这道题以利用工业废气SO2制备硫代硫酸钠（Na2S2O3）为核心背景，并非课本中单一的实验室制备反应，而是还原了工业生产中“废气吸收→多步反应→分离提纯”的完整流程，还融入了碳酸、亚硫酸的电离常数、相关反应的焓变等实际工业设计的理论依据。贴合高考“以真实工业生产/环保治理为命题载体”的趋势，让学生从“书本反应”走向“工业实际应用”，体现化学在资源利用、环境保护中的学科价值。新考法：工业反应方程式的推导与配平：要求结合流程中的反应物（SO2、Na2CO3、Na2S等）、生成物（Na2S2O3、CO2等），结合氧化还原反应规律或复分解反应规律推导并配平反应方程式，打破了“直接给出方程式判断/计算”的传统考法，考查从流程中提取物质转化关系的能力。新角度：从“单一反应”到“工业流程的系统分析”：不再孤立考查Na2S2O3的性质或制备反应，而是围绕工业流程的“尾气吸收、反应釜反应、分离提纯”等环节，分析各步骤的反应原理、试剂选择依据，将元素化合物知识与工业流程的逻辑分析结合，落实“变化观念与平衡思想”核心素养。3．（2024北京，16，11分）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)该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积(3)iii产生的参与ⅱ中NO的氧化(4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量【详解】（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反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。（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）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。4．（2024北京，12，3分）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大D．依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱【答案】C【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确；B．一元弱酸的越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的越多，越小，B正确；C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正确；D．的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；故选C。知识1化学平衡的建立、特征和标志1、可逆反应概念：在统一条件下，既可以正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的反应称为可逆反应。用“⇌”代替原来的“＝”，从左向右进行的反应称为正反应，从右向左进行的反应称为逆反应。2、定义（1）化学平衡状态：一定条件下，当一个可逆反应进行到正、逆反应速率相等时，各组成成分浓度不再改变的状态。（2）化学平衡状态的建立：在一定条件下进行的可逆反应，若开始只有反应物，没有生成物，则V正最大，V逆为0。随着反应的进行，反应物不断减小，生成物不断增多，V正越来越小，V逆越来越大，反应进行到某一时刻时，V正=V逆，此时，化学反应达到了最大限度，反应物和生成物的浓度不再发生变化，该反应处于化学平衡状态，简称化学平衡。3、判断平衡的依据可逆反应大道平衡状态时有两个主要特征作为判断的核心依据：正逆相等；变量不变。判断可逆反应达到平衡状态的方法和依据例举反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)混合物体系中各成分的含量①各物质的物质的量或物质的量的分数一定②各物质的质量或质量分数一定③各气体的体积或体积分数一定即：各组分的量保持不变时一定能判断平衡。正、逆反应速率的关系①在单位时间内消耗了mmolA同时生成mmolA，V(正)=V(逆)②在单位时间内消耗了nmolB同时消耗了pmolC，V(正)=V(逆)③V(A):V(B):V(C):V(D)=m:n:p:q，V(正)不一定等于V(逆)④在单位时间内生成了nmolB同时消耗了qmolD，均V(逆)⑤单位时间内同一物质断裂的化学键和结合的化学键物质的量相等总的压强、总的物质的量一定①m+n≠p+q时（其他条件一定）②m+n=p+q时（其他条件一定）混合气体平均相对分子质量MM一定，m+n≠p+qM一定，m+n=p+q温度不与外界进行热交换的容器中，体系温度一定时密度混合气体密度一定颜色含有有色物质的体系颜色不再变化知识2化学平衡移动可逆反应中旧的化学平衡被破坏，新的化学平衡建立的过程叫化学平衡的移动。1、平衡移动的原因：化学平衡的根本特征为V(正)=V(逆)，因此化学平衡移动的根本原因为V(正)≠V(逆)，平衡移动的方向根据V(正)、V(逆)的相对大小来决定。当V(正)＞V(逆)时则向正方向移动V(正)＜V(逆)时则向逆方向移动V(正)=V(逆)时则平衡不移动平衡移动的结果是Vˋ(正)=Vˋ(逆)，达到新的化学平衡。2、浓度对化学平衡的影响若其他条件不变，一次性改变浓度对化学平衡的影响如下表所示：化学平衡aA＋bBcC＋dD(A、B、C、D为非固体)体系浓度改变增大反应物浓度增大生成物浓度减小反应物浓度减小生成物浓度平衡移动方向正向移动逆向移动逆向移动正向移动速率变化v正先增大，v逆随后增大，且v′正＞v′逆v逆先增大，v正随后增大，且v′逆＞v′正v正先减小，v逆随后减小，且v′逆＞v′正v逆先减小，v正随后减小，且v′正＞v′逆图像3、压强对化学平衡的影响若其他条件不变，压强对化学平衡的影响如下表所示：化学平衡aA＋bBcC＋dDa＋b＞c＋daA＋bBcC＋dDa＋b＜c＋daA＋bBcC＋dDa＋b＜c＋daA＋bBcC＋dDa＋b＞c＋d浓度改变加压加压减压减压移动方向正向移动逆向移动正向移动逆向移动速率变化v正、v逆同时增大，且v′正＞v′逆v正、v逆同时增大，且v′逆＞v′正v正、v逆同时减小，且v′正＞v′逆v正、v逆同时减小，且v′逆＞v′正图像4、温度对化学平衡移动的影响规律升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动。化学平衡aA＋bBcC＋dD∆H＞0aA＋bBcC＋dD∆H＜0aA＋bBcC＋dD∆H＜0aA＋bBcC＋dD∆H＞0浓度改变升温升温降温降温移动方向正向移动逆向移动正向移动逆向移动速率变化v正、v逆同时增大，且v′正＞v′逆v正、v逆同时增大，且v′逆＞v′正v正、v逆同时减小，且v′正＞v′逆v正、v逆同时减小，且v′逆＞v′正图像5、催化剂对化学平衡的影响（1）加入催化剂可以大大地加快化学反应速率，是因为它可以降低反应的活化能，从而提高活化分子百分数，从而增大反应速率，但是由于催化剂能够同等程度地改变正、逆反应速率，因此它对化学平衡移动无影响。（2）催化剂不能改变达到化学平衡状态时的反应混合物中的组成含量，但是使用催化剂能改变反应达到平衡所需的时间。知识3勒夏特列原理（平衡移动原理）如果改变影响平衡的条件之一（如温度，压强，浓度），平衡向着能够减弱这种改变的方向移动。1、平衡的移动只能减弱条件改变时平衡的影响，不能完全消除，更不能逆转这种改变。2、不能用勒夏特列定律解释的问题：（1）催化剂的使用；（2）△V（g）=0的可逆反应；（3）外界条件的改变对平衡的影响与生产要求不一致（如合成氨温度选用）。知识4化学平衡常数1、定义：在一定温度下，当一个反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数比值。mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）EMBEDEquation.3符号：K2、使用化学平衡常数K应注意的问题：（1）表达式中各物质的浓度是平衡时的浓度。（2）K只与温度（T）有关，与反应物或生成物的浓度无关。（3）反应物或生产物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度是固定不变的，可以看做是“1”而不代入公式。3、化学平衡常数K的应用:（1）化学平衡常数值的大小是可逆反应进行程度的标志。K值越大，说明平衡时生成物的浓度越大，它的正向反应进行的程度越大，即该反应进行得越完全，反应物转化率越高。反之，则相反。一般地，K>105时，该反应就进行得基本完全了。（2）可以利用K值做标准，判断正在进行的可逆反应是否平衡及不平衡时向何方进行建立平衡。EMBEDEquation.3（Q：浓度积，浓度为某一时刻的浓度）Q＜K:反应向正反应方向进行;Q=K:反应处于平衡状态;Q＞K:反应向逆反应方向进行（3）利用K值可判断反应的热效应若温度升高，K值增大，则正反应为吸热反应；若温度升高，K值减小，则正反应为放热反应。知识5转换率对于反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g）平衡转化率可以表示为：EMBEDEquation.3能力化学反应速率与化学平衡图像分析1、速率—时间图像反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0（1）t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；（2）t2时升高温度，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的反应速率增大得快；（3）t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小，正反应的反应速率减小得多；（4）t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大但仍相等。2、转化率(或含量)—时间图像反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0（1）图甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；（2）图乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；（3）图丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。3、恒压(温)线（α表示反应物的转化率，c表示反应物的平衡浓度）图①，若P1>P2>P3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH<0；图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。4、特殊类型图像（1）对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，M点前，表示从反应物开始，v正＞v逆；M点为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。（2）对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点v正＞v逆；则L线的右下方(F点)，v正＜v逆。（3）曲线的意义是外界条件（如温度、压强等）对正、逆反应速率影响的变化趋势及变化幅度。图中交点A是平衡状态，压强增大，正反应速率增大得快，平衡正向移动。5、化学平衡图像题的解答原则（1）“定一议二”原则：在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个量，确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系。（2）“先拐先平，数值大”原则：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高或表示的压强较大。考向1化学平衡状态1．（2024·北京·三模）已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．1mol铁与足量S反应，转移的电子数为B．标准状况下，所含的氧原子数为C．被还原为转移的电子数为D．密闭容器中，和催化反应后分子总数为【答案】C【详解】A．铁与S反应生成FeS，1mol铁与足量S反应，转移的电子数为2NA，故A错误；B．标准状况下甲醇为液体，的物质的量不是0.5mol，故B错误；C．被还原为，Cr元素化合价由+6降低为+3，转移的电子数为，故C正确；D．为可逆反应，密闭容器中，和催化反应后分子总数大于，故D错误；选C。2．（2024·北京东城·一模）t℃时，在恒温、恒容的密闭容器中发生反应：

(a>0)实验数据如下。容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系的能量变化/kJCO①14000.8a②1122b下列说法不正确的是A．①中的平衡转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为1C．当②中CO和浓度相等时，反应达到平衡D．达到平衡时②中能量变化：b=1.5a【答案】D【详解】A．由热化学方程式(a>0)可知，消耗1molH2O时释放akJ能量，①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8mol，因此H2O的平衡转化率为，故A正确；B．①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8mol，三段式，设容器容积为1L，t℃时，该反应的平衡常数为，故B正确；C．设当②中CO和CO2浓度相等时，消耗的CO2的物质的量为x，三段式，则有1+x=2-x，解得x=0.5mol，此时容器中各物质的量均为1.5mol，Q=，即反应达到了平衡状态，故C正确；D．由以上分析可知，达到平衡时②中一氧化碳的物质的量的变化量为0.5mol，当一氧化碳的物质的量的变化量为1mol时，能量变化为akJ，所以达到平衡时②中能量变化为b=0.5a，故D错误；故答案为：D。3．氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是A．2NH33H2+N2

ΔH<0B．氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态C．p1<p2<p3<p4D．500K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大【答案】C【详解】A．温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH33H2+N2平衡正向移动，ΔH＞0，故A错误；B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；C．2NH33H2+N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1<p2<p3<p4，故C正确；D．平衡常数只与温度有关，500K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；故选C。4．已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)

△H＜0的K=14.5。在483K，将1.0mol的CO(g)和1.0mol的H2(g)充入容积为2.0L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是A．c(H2)=2c(CO) B．c(H2)＜c(CO)C．c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2) D．c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)【答案】B【详解】A．反应在容积为2.0L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0mol，n(H2)=1.0mol，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；故合理选项是B。5．（2022·北京朝阳·模拟预测）由下列实验操作及现象所得结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A将丙烯醛滴入酸性KMnO4溶液紫红色变浅丙烯醛中含有碳碳双键B常温下，测定等浓度Na2CO3溶液和Na2S溶液的pH前者小于后者酸性：氢硫酸＞碳酸C向CuC12固体中加入蒸馏水至固体溶解，继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色溶液中存在平衡：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-D向5mL0.1mol/LKI溶液中加入10mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴加KSCN溶液溶液变红I-与Fe3+的反应是可逆反应A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．碳碳双键、醛基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫红色变浅，不能证明含碳碳双键，A错误；B．测定等浓度Na2CO3溶液和Na2S溶液的pH，前者小于后者，根据盐类水解越弱越水解的规律，可比较碳酸、氢硫酸的酸性强弱为氢硫酸＜碳酸，B错误；C．加水稀释，使[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu（H2O）4]2++4Cl-正向移动，溶液由黄绿色逐渐变为蓝色，C正确；D．该实验中FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子，不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁溶液不足，反应后检验铁离子证明，D错误；故答案为：C。考向2影响化学平衡的因素6．（2025·北京海淀·三模）二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数(x)随温度T的变化如下图所示。已知：①

②

③

下列说法不正确的是A．与合成反应的热化学方程式：B．图中b、d分别表示、的变化曲线C．与合成反应的D．570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点可能表示【答案】C【详解】A．已知：①；②；③；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得，，A正确；B．由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确；C．由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，C错误；D．曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，D正确；故选C。7．（2025·北京昌平·二模）催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ(副反应)：其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2.5小时的实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。资料：的选择性下列说法正确的是A．280℃后，平衡总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快B．240℃-300℃，实际总转化率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，且温度对主反应的影响大于副反应C．240℃-300℃，二甲醚实际选择性降低的原因是：副反应速率>主反应速率D．由图可知：该条件下投入等物质的量时，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃【答案】D【详解】A．为吸热反应，升高温度平衡正向移动，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，当温度高于280℃时，随着温度升高，平衡向右移动的程度大于平衡向左移动的程度，导致CO2的平衡总转化率上升，A错误；B．240℃-300℃，实际总转化率小于平衡总转化率，说明反应未达到平衡，实际总转化率升高的原因是：温度升高，主反应和副反应反应速率均加快，不能说明温度对主反应的影响大于副反应，B错误；C．240℃-300℃范围内，二甲醚实际选择性降低的原因是：升高温度，主反应和副反应速率均增大，但是副反应的增大程度大于主反应，不能说明副反应速率>主反应速率，C错误；D．由图可知，260℃时实际总转化率大于220℃，260℃时实际选择性小于220℃，但260℃时实际总转化率与实际选择性的乘积大于220℃，产生二甲醚的物质的量：260℃>220℃，D正确；故选D。8．（2025·北京昌平·二模）在KI溶液中存在下列平衡：。不同温度下该反应的平衡常数如下图所示，下列说法正确的是A．反应的△H>0B．在上述平衡体系中加入苯，平衡向右移动C．25℃时，在上述平衡体系中加入少量KI固体，平衡右移，平衡常数K大于680D．25℃，3种微粒浓度均为0.01mol/L时，反应向生成方向进行【答案】D【详解】A．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应方向为放热反应，即△H＜0，A错误；B．碘单质能溶于苯，加入苯，水中碘单质的浓度变小，平衡向左移动，B错误；C．加入KI固体，碘离子浓度增大，平衡向右移动，但平衡常数只受温度影响，与物质的浓度无关，平衡常数K不变，C错误；D．25℃，3种微粒浓度均为0.01mol/L时，浓度商，反应向生成方向进行，D正确；故选D。9．（2025·北京朝阳·一模）下列“事实”的“图示表达”不正确的是A．是极性分子B．气态氟化氢中存在C．

D．A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．二氧化硫的价层电子对数=2+，有一个孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，正电中心和负电中心不重合，是极性分子，A正确；B．因为F的电负性大，所以HF分子间存在氢键而形成二聚分子，B正确；C．盐酸与氢氧化钠中和是放热反应，氢氧化钠和盐酸的总焓大于氯化钠和水的总焓，图示表达错误，C错误；D．醋酸是弱酸不完全电离，所以醋酸溶液中存在醋酸分子、醋酸根离子、水合氢离子，D正确；答案选C。10．（2025·北京昌平·二模）固体硫化物电池在回收过程中产生大量气体，以下是几种工业处理的方式。资料：是硫单质的一种形式，化学性质与S相似。Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：ΔH(1)已知：①②可求出ΔH=。(2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端。Ⅱ．电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，其原理如图所示。(3)写出反应器内发生反应的离子方程式。(4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的。Ⅲ．克劳斯法：△H<0。(5)一定条件下，将和按的比例向反应容器内投料，相同时间内，产率随温度的变化如图所示。解释随温度升高，产率先增大后减小的原因。(6)其他条件相同时，某温度下，产率随值的变化如图所示。该温度是℃。值过高不利于提高产率的原因是。【答案】(1)＋234(2)反应需吸收大量热，不易自发(3)(4)反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生(5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。(6)200℃当>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小【详解】（1）观察知，反应可由反应①+反应②得到，根据盖斯定律，==+234。（2）从能量角度来看，该反应属于吸热反应，反应过程中需吸收大量热，不易自发，这是该反应用于工业生产的弊端。（3）结合原理图可知，和发生氧化还原反应生成S2沉淀，被还原为，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：。（4）图中，反应器中产生的和HCl溶液进入电解池的阳极区，阳极式：，阳极区得到溶液，吸收液得以再生，通过质子交换膜转移到阴极区，在阴极被还原为氢气，阴极式：。（5）随温度升高，产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，的产率减小。（6）结合上一问可知，当按照投料，温度为200℃时对应的产率最大。值过高不利于提高产率的原因：>0.5时，过量，生成的继续被氧化成，导致产率减小。考向3化学平衡常数11．（2024·北京东城·一模）某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。已知：ⅰ．；ⅱ．溶液为无色。下列说法正确的是A．结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物【答案】D【详解】A．根据所给的信息ⅰ、结合实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误；B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q＜K，ⅰ中平衡正向移动，B错误；C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，稀释导致的浓度减小，C错误；D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D