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（专题专练）（解析版）

专题08化学反应速率与化学平衡

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01化学反应速率的计算

题型02影响化学反应速率的因素

题型03活化能

题型04化学平衡状态的判断

题型05影响化学平衡的因素

题型06化学平衡常数的相关计算

题型07合成氨条件的选择

题型08化学平衡图像综合考查

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．（25-26高三上·北京·月考）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。

(1)18~19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图所示。

①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是。

②上图中制硫酸总反应的化学方程式是。

③i中反应的SO2与NO2的物质的量之比是。

(2)现代工业采用接触法制硫酸。

V2O5

在接触室发生反应1

2SO2gO2g2SO3gΔH196kJmol

400~500C

11

①SO2中硫氧键键能的平均值为akJmol,SO3中硫氧键键能的平均值为bkJmol，则O2中氧氧键的键能

为kJmol1。

②不同的温度和压强下，SO2的平衡转化率如下图，图中横坐标X代表(填“温度”或“压强”)。

③接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料

气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：。

(3)用软锰矿浆(主要成分为MnO2)吸收制硫酸尾气中的SO2，并制备MnSO4。

①用软锰矿浆吸收SO2时发生反应的化学方程式为。

②测定吸收SO后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，

2MnVmLV1mLNH42S2O8

加热煮沸，去除过量的，用1标准溶液滴定至终点，消耗

NH42S2O8cmolLNH42FeSO42

标准溶液。

NH42FeSO42V2mL

222

已知：2Mn5S2O88H2O2MnO410SO416H

待测液中Mn元素的含量为gmL1。(Mn相对原子质量：55)

③若未加热煮沸，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

氮氧化物

【答案】(1)4NH5O4NO6HO2SOO2HO2HSO2:3

32催化剂222224

(2)6b-4a-196温度反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通

过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降

11cV

(3)SOMnOMnSO2103偏大

224V

【详解】（1）①工业上可用NH3生产NO，发生氮的催化氧化反应，方程式为：4NH5O4NO6HO；

32催化剂2

②由物质转化图可知，SO2、O2、H2O为反应物，H2SO4为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：

氮氧化物

；

2SO2O22H2O2H2SO4

③根据反应i的反应物和产物，i反应方程式为：H2O+2SO2+3NO2=NO+2HOSO2ONO，则SO2与NO2的物

质的量之比是2:3；

（2）①设氧气的键能为xkJ/mol，由反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和可得：

(4×akJ/mol+xkJ/mol)-6bkJ/mol=-196kJ/mol，解得x=6b-4a-196，故答案为：6b-4a-196；

②从图可知，横坐标X增大，SO2的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若X是压强，

压强增大，SO2的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应

方向移动，SO2的平衡转化率减小，故横坐标X代表温度；

③用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量

可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡

转化率下降；则答案为：反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过

换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降；

（3）①用软锰矿浆(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备MnSO4反应的化学方程式为SO2MnO2MnSO4。

②用1标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的

cmolLNH42FeSO42NH42FeSO42V2mL

2+3+2

反应是8H+MnO45Fe5FeMn4H2O，结合已知反应

22222+

2Mn5S2O88H2O2MnO410SO416H可得到关系式Mn5Fe

Mn2~5Fe2+

c.V103

设待测液中元素的浓度为1，可得解得2-1即

MnxmolL15x3molL

335V10

xV10molc.V210mol

cV10-35511cV

Mn元素的浓度为2gL-1=210-3gmL-1。

5V10-3V

③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定

NH42S2O8NH42FeSO42

结果偏大。

2．（25-26高三上·北京·月考）二氧化硫的转化和综合利用在生产和环境保护等领域具有重要意

义。

(1)18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸。反应过程如下：

Ⅰ．2NOO22NO2

Ⅱ．4NO2O24SO22H2O4HOSO2ONO

Ⅲ．2HOSO2ONOH2O2H2SO4NO2NO

①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是。

②该方法制硫酸的总反应为。

(2)SO2的催化氧化是现代工业制备硫酸的重要步骤。

1

2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H196kJmol

接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气

的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：。

(3)ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的SO2和NO。

①用ClO2氧化脱除SO2的离子反应方程式为。

②用ClO2氧化脱除NO的过程为5NO2ClO2H2O5NO22HCl；2NO2H2OHNO2HNO3。

随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能

吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。

其他条件相同，将不同的烟气通过ClO2溶液，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果

如图所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是。

催化剂NO

【答案】(1)4NH35O24NO6H2O2SO22H2OO22H2SO4(NO、NO2、NOx催化均可)

Δ

(2)Ⅰ．反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降；通过换热使原料气预热，

升温，提高初始反应速率；

通过多层催化剂可以提高与催化剂的接触面积，加快反应速率；

Ⅱ．平衡角度：该反应为吸热反应，避免温度过高使平衡逆移，平衡转化率显著下降；该反应为吸热反应，

通过热交换使接触室温度下降，平衡正移，提高转化率

2

(3)2ClO25SO26H2O2Cl5SO412HClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的

ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用

【详解】（1）①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，NH3和O2发生氧化还原反应生产NO

催化剂

和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平化学方程式为：4NH35O24NO6H2O；

Δ

1

②总反应为SO2和O2在氮氧化物的催化下制硫酸，则(Ⅱ+Ⅲ×2+Ⅰ)×可得总反应为：

2

NO

2SO22H2OO22H2SO4(NO、NO2、NOx催化均可)。

（2）从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的为：Ⅰ．反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催

化剂失活，反应速率下降；通过换热使原料气预热，升温，提高初始反应速率；通过多层催化剂可以提高

与催化剂的接触面积，加快反应速率；Ⅱ．平衡角度：该反应为放热反应，避免温度过高使平衡逆移，平衡

转化率显著下降；该反应为放热反应，通过热交换使接触室温度下降，平衡正移，提高转化率。

2-

（3）①用ClO2氧化脱除SO2生成SO4和Cl，S元素由+4价上升到+6价，Cl元素由+4价下降到-1价，根

2

据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2ClO25SO26H2O2Cl5SO412H；

②脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是：ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，

溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用。

3．（25-26高三上·北京·月考）合成气(CO与H2混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可

以实现CO2与CH4重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.

下列说法不．正．确．的是

一定条件

A．氧化室中的主要反应为CH4Fe3O4CO3FeO2H2

B．由图1可知，若FeO/Fe3O4实现循环，理论上所得合成气中n(CO):nH21:2

C．500～650℃时，氧化室中CO比H2更易发生副反应

D．该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放

【答案】B

【详解】A．由图可知，氧化室中CH4和Fe3O4反应生成CO、H2和FeO，根据得失电子守恒和原子守恒配

一定条件

平化学方程式为：CH4Fe3O4CO3FeO2H2，A正确；

B．由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成Fe3O4和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式

一定条件一定条件

为：CO23FeOCOFe3O4，氧化室中发生反应：CO23FeOCOFe3O4，若FeO/Fe3O4

实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中n(CO):n(H2)1:1，B错误；

一定条件

C．氧化室中发生反应：CH4Fe3O4CO3FeO2H2，由图可知，500~650℃时，H2的体积分数

大于CO的2倍，说明氧化室中CO比H2更易发生副反应，C正确；

D．该过程中可以实现CO2与CH4重整制备合成气，可减少温室气体的排放，D正确；故选B。

01化学反应速率的计算

1．（2024·北京·一模）工业上以1，4-丁二醇(BD)为原料催化脱氢制备γ-丁内酯(BL)，其副反应产物为四氢

呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有机物。其他条件相同时，不同温度下，向1L容器中

通入4×10-2molBD反应2h，测得BL、THF、BuOH在四碳有机产物中的物质的量分数如下：

温度/℃220240250255

BL/%60.284.692.695.2

THF/%1.21.81.92.1

BuOH/%0.20.30.40.6

已知：HO(CH2)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g)ΔH>0

下列说法不．正．确．的是

A．220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3mol，则BD的总转化率为37.5%

B．250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2mol

-2-2−1−1

C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10mol，则0~2h内υ(H2)主反应=1.5×10mol·L·h

D．由表中数据可知，220~255℃，催化剂活性、选择性均随着温度的升高而提高

【答案】D

【详解】A．由表格数据可知，220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3mol，含量为60.2%，则BD的总转化率为

9.0310-3mol

，A正确；；

60.2%100%=37.5%

410-2mol

B．BD)制备BL，其副反应产物为THF、BuOH以及其他四碳有机物，则根据碳守恒，250℃，2h时

n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2mol，B正确；

C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2mol，则0~2h内

1.510-2mol

H2BL21.5102molL-1h-1，C正确；

2主反应主反应2h1L

D．由表中数据可知，220~255℃，BL在四碳有机产物中的物质的量分数增大，但是不能体现220~255℃时

催化剂活性随温度的升高而增大，D错误；故选D。

2．已知反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。某温度下的平衡常数为400，此温度下，在2L的密闭容

器中加入amolCH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

物质CH3OHCH3OCH3H2O

浓度(mol/L)0.440.60.6

下列说法正确的是

A．a=1.64

B．此时刻正反应速率大于逆反应速率

C．若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态

D．若起始时加入2amolCH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大

【答案】B

【详解】A．根据方程式，生成的H2O的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol，未反应的CH3OH的物质的量

为0.44mol/L×2L=0.88mol，a=0.88mol+1.2mol×2=3.28mol，故A错误；

0.60.6

B．浓度商Qc==1.86<K=400，反应向正反应进行，此时正、逆反应速率的大小：v正>v逆，故B正

0.442

确；

m总

C．平均摩尔质量=，该反应中m和n均不发生变化，平均摩尔质量始终不变，故平均摩尔质量不变不

n总

能说明反应已达到平衡状态，故C错误；

D．若起始时加入2amolCH3OH，相当于增大压强，增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，故D

错误；答案选B。

3．（2023·北京东城·模拟预测）五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：PCl3(g)

＋Cl2(g)PCl5(g)ΔH=-93.0kJ/mol。某温度下，在2.0L的恒容密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，

实验数据⇌记录如下。

t/s050150250350

n(PCl5)/mol00.240.360.400.40

下列说法正确的是

-3-1-1

A．0～150s内的υ(PCl3)=2.4×10mol·L·s

5

B．该温度下，反应的化学平衡常数K=

6

C．升高温度，PCl3的平衡转化率大于20%

D．增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快

【答案】B

【详解】A．根据化学方程式和题给数据得0～150s内消耗PCl30.36mol，0～150s内

c(PCl)0.36mol2.0L

v(PCl)=31.2103molL1s1，A错误；

3t150s

B．根据题给数据，反应达到250s时达到平衡状态，列三段式得：

＋

PCl3gCl2gPCl5g

起始浓度(molL1)1.00.50

变化浓度(molL1)0.200.200.20

平衡浓度(molL1)0.800.300.20

c(PCl)0.205

该温度下，反应的化学平衡常数K5==，B正确；

c(PCl3)c(Cl2)0.800.306

0.20

C．该温度下，PCl3的平衡转化率为100%=20%，该反应的H0，为放热反应，升高温度平衡向逆

1.0

方向移动，PCl3的平衡转化率减小，小于20%，C错误；

D．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，化

学反应速率加快，D错误；故选B。

2-1

4．SiHCl3在催化剂作用下主要发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)SiCl4(g)ΔH=+48kJ×mol。已知：反

2

应速率v=v正-v逆=k正x-k逆xx，k正、k分别为正、逆反应速率常数，为物质的量分数，

SiHCl3SiH2Cl2SiCl4逆x

向两个容积相等的恒容密闭容器中分别充入等量SiHCl3(g)，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变

化的结果如图所示。

下列说法正确的是

A．343K时反应物的平衡转化率为21%

B．a点的反应速率小于b点的反应速率

2

k正0.11

C．343K时=2

k逆0.78

D．由323K时SiHCl3的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K

【答案】C

【详解】A．该反应为气体分子总数不变的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且能提高SiHCl3

的转化率；根据图象可知曲线L1、L2分别为343K和323K时SiHCl3的转化率-时间曲线，即343K时反应

物的平衡转化率为22%，A项错误；

B．a、b两点的反应物的转化率相等，则各物质浓度也相等，但a点温度较高，即a点反应速率要比b点大，

B项错误；

C．343K时SiHCl3的平衡转化率为22%，设起始时SiHCl3的浓度为1mol/L，则

（）（）（）

2SiHCl2gSiH2Cl2g+SiCl4g

起始（mol/L）100

转化（mol/L）0.220.110.11

平衡（mol/L）0.780.110.11

x×x2

2k正SH2Cl3SiCl40.11

平衡时，则k正创x=k逆x´x，即==，项正确；

v正v逆(SiHCl3)(SiH2Cl2)(SiCl4)22C

k逆x0.78

SiHCl3

D．同理，由323K时SiHCl3的转化率为21%，设起始时SiHCl3为1mol/L，根据三段式法可求出平衡时

SiHCl3(g)、SiH2Cl2(g)、SiCl4(g)分别为0.79mol/L、0.105mol/L和0.105mol/L，则平衡常数

0.1052

K=»1.77102，D项错误；答案选C。

0.792

02影响化学反应速率的因素

5．（2025·北京海淀·二模）苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯（C6D6）进行该反应（反应过程

不变），反应速率无明显变化。下列说法不正确的是

已知：C-D键能大于C-H键能。

A．可用质谱法区分苯和氘代苯

B．硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰

C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中有C-D键的断裂与形成

D．图示过程的反应速率主要由ⅰ决定

【答案】C

【详解】A．苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分，A正确；

B．硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰，B正确；

C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中无C-D键的断裂与形成，C错误；

D．C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅰⅰ不是决速步骤，故过程的反应速率主要由ⅰ决定，

D正确；故选C。

6．（2025·北京西城·二模）一种CO2催化加氢合成CH3CH2OH的方法，反应如下：

1

①2CO2(g)6H2(g)CH3CH2OH(g)3H2O(g)H1173.7kJmol

1

②CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H241.1kJmol

1.3MPa时，将1molCO2和3molH2按一定流速通过催化剂，相同时间内测得CO2的转化率和CO的选择性随

温度的变化如图1所示。只发生反应①时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图2所示。

生成所用的

nCOCO2

已知：CO的选择性100%

转化的

nCO2

下列说法不．正．确．的是

A．CO与H2合成CH3CH2OH反应的热化学方程式：

1

2CO(g)4H2(g)CH3CH2OH(g)H2O(g)H255.9kJmol

B．图1中，温度升高，CO2的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反

应①速率增大的程度

C．由图1可知，300℃时H2的转化率为8%

D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时CO2的转化率大幅提高

【答案】C

1

【详解】A．根据已知反应①2CO2g6H2gCH3CH2OHg3H2OgH1173.7kJmol与反应

1

②CO2gH2gCOgH2OgH241.1kJmol及盖斯定律可知：CO与H2合成CH3CH2OH反

−1

应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ⋅mol，A不符合题意；

B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于

反应①速率增大的程度，B符合题意；

C．根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：1mol8％0.08mol，CO选择性30％，生成CO的

CO2：0.08mol30％0.024mol，转化为CH3CH2OH的CO2：0.08mol0.024mol0.056mol，根据反应①

0.168mol0.024mol

可知H消耗0.168mol，根据反应②可知H消耗0.024mol，H的转化率：100％6.4％，

2223mol

C不符合题意；

D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D不符合题意；答案选C。

7．（2025·北京西城·一模）反应COgH2OgCO2gH2g在工业上有重要的应用，在Pd膜反应

器中的工作原理示意图如图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．CO2和H2均是非极性分子

B．H2吸附并透过Pd膜的过程中ss键发生断裂和形成

C．Pd膜可分离H2并提高CO的平衡转化率

D．增大CO和H2Og的流速，一定可提高单位时间内H2的产率

【答案】D

【详解】A．CO2是直线形分子，结构对称，正负电荷重心重合，CO2是非极性分子；H2中只含分极性共

价键，H2是非极性分子，故A正确；

B．H2分子中含有ss键，根据图示，H2吸附并透过Pd膜的过程中氢气分子先变为氢原子，通过Pd膜

后再形成氢气分子，ss键发生断裂和形成，故B正确；

C．根据图示，H2能透过Pd膜，CO不能透过Pd膜，Pd膜可分离H2出氢气，平衡正向移动，所以提高CO

的平衡转化率，故C正确；

D．增大CO和H2Og的流速，不利于反应物与催化剂的接触，所以不一定能提高单位时间内H2的产率，

故D错误；选D。

8．（2025·北京西城·一模）某小组探究金属Na、Mg、Al与CuCl2溶液的反应。

2

已知：ⅰ、CuCl(白色)2ClCuCl3(棕色)

、KMgOH5.61012,KCuOH2.21020

ⅱsp2sp2

装置实验金属现象

钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液

ⅠNa

颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体

铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升

ⅡAl高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕

色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体

(1)经检验，I中产生的黑色固体是CuO，I中生成CuO的过程中的反应有、

Δ

2、。

Cu2OHCuOH2CuOH2CuOH2O

(2)探究Ⅱ中发生的反应。

①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到(填实验现

象)，证明有Cu生成。

2

②验证Ⅱ中棕色溶液含有CuCl3的实验操作和现象是。

③反应过程中溶液pH发生变化，起始溶液的pH约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本

不变。

ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：。

ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有。

④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是。

1

(3)实验Ⅲ将Mg条放入酸化的2mL1.0molLCuCl2溶液(pH2.7)中，Mg条表面迅速产生无色气体，同时有

少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐

CuOH2CuClpH

渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。

结合、、，对比、Mg、与溶液的反应，解释Mg与溶液反应既有又有

IIIIIINaAlCuCl2CuCl2CuOH2Cu

生成的原因：。

(4)综合上述实验，影响Na、Mg、Al与CuCl2溶液反应产物的因素有(写两点)。

【答案】(1)2Na2H2O2Na2OHH2

(2)红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，

加水，有白色沉淀生成生成的反应：3，消耗的反应：

HAl3H2OAlOH33HH

3

6H2Al2Al3H2等，相同时间内生成的H多于消耗的H，cH增大温度、形成AlCu原

电池23

3CuCl3Al3CuAl9Cl

22

(3)金属与水反应生成H2和OH的速率：NaMgAl，金属阳离子结合OH的能力：CuMg，部分

2生成，部分2被Mg还原为

CuCuOH2CuCu

(4)金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH的能力等

【详解】（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为

2Na2H2O2Na2OHH2，故答案为：2Na2H2O2Na2OHH2；

（2）①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生

无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，

产生无色气体，在液面上方变红棕色；

2

②检验棕色溶液中CuCl3的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀

2-

(CuCl)，证明有[CuCl3]，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成；

3+3++

③i.pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al，其水合离子[Al(H2O)6]发生水解，产生H，使溶液

酸性增强；ii.被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答

案为：生成的反应：3，消耗的反应：3等，相

HAl3H2OAlOH33HH6H2Al2Al3H2

同时间内生成的H多于消耗的H，cH增大；温度、形成AlCu原电池；

2-23

④棕色溶液最终褪色(即[CuCl3]被还原为(Cu)的离子方程式为3CuCl3Al3CuAl9Cl，故答案为：

23

3CuCl3Al3CuAl9Cl；

22

（3）金属与水反应生成H2和OH的速率：NaMgAl，金属阳离子结合OH的能力：CuMg，从

而导致部分2生成，部分2被Mg还原为；

CuCuOH2CuCu

（4）综合实验可知，影响Na、Mg、Al与CuCl2溶液反应产物的主要因素有金属的还原(活泼)性、金属离

子结合OH的能力等。

03活化能

9．（2025·北京房山·一模）通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路

径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不．正．确．的是

A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成

B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>②

C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1

D．CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大

【答案】D

【详解】A．由图，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即

CH2=CH-C≡CH+HBr→BrCH2-CH=C=CH2，发生的是1，4-加成，A正确；

B．由题干反应历程图可知，物质②③④具有的能量相对大小为：②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，故

推测物质的稳定性顺序为：④>③>②，B正确；

C．由题干反应历程图可知，反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1kcal·mol-1-(-9.5kcal·mol-1)=

45.6kcal·mol-1，C正确；

D．由图，反应CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数

随温度升高而减小，D错误；故选D。

10．（2024·北京丰台·一模）过渡金属氧化物离子(以MO表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。MO

与CH4反应的过程如下图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ

B．CH3OH分子中，键角：HCHHOC

C．若MO与CH3D反应，生成的氘代甲醇有2种

D．CH4gMOgCH3OHgMgΔHE2E4E1E3

【答案】D

【详解】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；

B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，B正确；

+

C．根据反应机理可知，若MO与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正

确；

D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，D错误；故选D；

11．（2024·北京·三模）一定条件下，CH4与FeO反应合成CH3OH的反应历程如图所示。已知其他条件不

变时，反应物种的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。

说明：过渡态中“…”示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是

A．反应历程中两个反应均涉及氢原子的成键

B．该反应的ΔHabcdekJmol1

C．相同条件下，CD4与FeO反应，其过渡态Ⅰ的能量比b低

D．CH3D与FeO反应，能获得两种有机产物，且相对分子质量相同

【答案】D

【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A

错误；

B．该反应的ΔHeakJmol1，即生成物的能量减去反应物的能量，B错误；

C．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件

下，CD4与FeO发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，C错误；

D．根据图可知，CH3D与FeO发生上述反应，可以获得CH3OD、CH2DOH2种相对分子质量相等的有

机产物，D正确；故选D。

12．（2024·北京顺义·二模）我国科研人员研究发现Co原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．决定反应速率的步骤是中间体1过渡态2

B．CoH键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移

C．该过程涉及非极性键的断裂与形成

D．总反应为CosC2H6gCoCH2sCH4gΔH0

【答案】C

【详解】A．中间体1过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；

B．Co可活化C2H6放出CH4，Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；

C．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；

D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为

Co(s)+C2H6(g)→CoCH2(s)+CH4(g)∆H>0，故D正确；答案为C。

04化学平衡状态的判断

22

13．（2025·北京朝阳·一模）依据反应a:CaSO4(s)CO3(aq)CaCO3(s)SO4(aq)，实验模拟去除锅炉

水垢中的CaSO4:①向CaSO4固体中加入一定量pH12的Na2CO3溶液，测得pH随时间变化如图所示；

②pH不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入BaCl2溶液，无明显变化。

59

资料：KspCaSO44.910,KspCaCO33.410。

下列分析正确的是

2

A．把CaSO4转化为CaCO3的原因是要减小Ca的浓度

2

cSO449

．反应正向进行，需满足4

Ba210

cCO334

C．溶液的pH不变时，反应a未达到平衡状态

22

D．①中加入Na2CO3溶液后，始终存在：cNacHcOH2cSO42cCO3cHCO3

【答案】C

【详解】A．CaSO4不和酸反应，CaCO3能够溶于酸，把CaSO4转化为CaCO3的原因是有利于去除水垢，A

错误；

52

KspCaSO44.91049cSO449

B．反应a的平衡常数K==104，反应a正向进行，需满足K=104，

92

KspCaCO33.41034cCO334

B错误；

C．pH不变时，过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入BaCl2溶液，无明显变

2

化，说明清液中没有SO4、滤渣中没有硫酸钙，说明反应a未达到平衡状态，C正确；

D．①中加入Na2CO3溶液后，始终存在电荷守恒：

++2+-2-2--

cNa+cH+2cCa=cOH+2cSO4+2cCO3+cHCO3，D错误；故选C。

14．（2022·北京东城·二模）硝基苯甲酸乙酯(O2NC6H4COOC2H5)在碱性条件下发生水解反应：

---1

O2NC6H4COOC2H5+OHO2NC6H4COO+C2H5OH，两种反应物初始浓度均为0.05mol·L，测得

O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间t变化曲线如下图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是

A．t=700s时，反应达到平衡状态

B．t=600s时，硝基苯甲酸乙酯的浓度为0.015mol·L-1

C．达到平衡之前，随着反应的进行硝基苯甲酸乙酯水解速率逐渐减小

D．其他条件不变，提高c(OH-)，可使该反应的化学平衡常数增大

【答案】D

【详解】A．从图中可以看出，t=700s时，反应物的转化率达到最大值，此时各物质的浓度不变，反应达到

平衡状态，A正确；

B．t=600s时，硝基苯甲酸乙酯的转化率为70%，浓度为0.05mol·L-1×(1-70%)=0.015mol·L-1，B正确；

C．达到平衡之前，随着反应的进行，硝基苯甲酸乙酯的浓度不断减小，所以水解速率逐渐减小，C正确；

D．其他条件不变，提高c(OH-)，虽然可使平衡正向移动，但温度不变，所以该反应的化学平衡常数不变，

D不正确；故选D。

15．（2022·北京海淀·二模）在160℃、200℃条件下，分别向两个固定容积为2L的容器中充入2molCO和

2molN2Og，发生反应：CON2OCO2N2H0。实验测得两容器中CO或N2的物质的量随时

间的变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．ac段N2的平均反应速率为0.10mol/(L·min)

B．曲线ac对应160℃条件下的反应

C．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态

D．160℃时，该反应的平衡常数K9

【答案】D

0.8mol

【详解】A．据分析及图中所示数据，ac段N增加0.8mol，耗时8min，N的平均反应速率为=

222L8min

0.05mol/(L·min)，A错误；

B．据分析，曲线ac对应200℃条件下的反应，B错误；

C．该反应各物质均是气体，气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，当容器中

混合气体的密度不随时间变化时，不能判断该反应是否达到平衡状态，C错误；

D