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

目录

01析·考情精解...............................................................................................................................................................2

02构·知能架构...............................................................................................................................................................3

03破·题型攻坚.....................................................................................................................................4

题型一化学反应速率..........................................................................................................................................4

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

真题动向计算、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

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

命题预测

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

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

真题动向的综合应用，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。

知识1化学平衡的建立、特征和标志知识2化学平衡移动

必备知识知识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

考向1化学平衡状态考向2影响化学平衡的因素

命题预测考向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

1、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、

命题轨

平衡移动、K/Kp计算。

、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）、多模块

迹透视2///Kp

融合（电化学/电解质溶液）。

考点2025年2024年2023年2022年2021年

北京卷T10，

3分

北京卷T10，3北京卷T13，北京卷T4，3北京卷T14，

化学反应速率——

分3分分3分

考点频北京卷T18，

12分

次总结北京卷T10，3

北京卷T10，分

北京卷T4，3

北京卷T18，3分北京卷T12，北京卷T13，3

分

12分北京卷T12，3分分

化学平衡北京卷T18，

北京卷T19，3分北京卷T14，北京卷T14，

12分

13分北京卷T16，3分13分

11分北京卷T16，

10分

2026命1、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

题预测度高。

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(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯

(CH2=CHOOCCH3)的过程示意图如下。

下列说法不．正．确．的是

．①中反应为

A4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2O

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成

C．生成CH2=CHOOCCH3总反应的原子利用率为100%

D．Pd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：

，正确；

4CH3COOH+O2+2Pd2PdCH3COO2+2H2OA

B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；

C．生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100%，C错误；

D．Pd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。

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

命题解读考“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HNO3和浓H2SO4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Ⅱ

B．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π键没有变化

D．对于生成Y的反应，浓H2SO4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；

—3

C．M的六元环中与NO2相连的C为sp杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；

D．苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确；

故选C。

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

命题解读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。

CuO-1

反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-114.4kJmol。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1molCl2，须投入2molCuO

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

【详解】A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；

B．CuO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CuCl2CuCl和CuClCu2OCl2，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．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解

B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深

C．铁钉放入浓HNO3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体

D．锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2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。

Cnm

即V。

tVtMVt

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，引起总压增大导致物质浓度不变，反应速率不变。

充入反应气体，引起总压增大导致物质浓度增大，反应速率加快。

恒压：充入惰性气体，引起体积增大导致物质浓度减小，反应速率较小。

充入反应气体，引起体积增大导致物质浓度不变，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H2O2、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①②③④⑤

1

c(H2O2)/(molL)0.10.10.10.20.3

c(HI)/(molL1)0.10.20.30.10.1

出现棕黄色的时间

136.54.36.64.4

/s

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，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比

1

B．实验①中反应继续进行，20s时测得c(H2O2)为0.08molL，则0～20s的平均反应速率：

11

v(H2O2)0.001molLs

C．实验Ⅱ中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2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c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比，故A正确；

0.1molL10.08molL1

B．0～20s的平均反应速率：vHO0.001molL1s1，故B正确；

2220s

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：H2(g)I2(g)2HI(g)H0。T1℃时，该反应的平衡常数K=4，反应体系中相关数据见下表：

起始时物质的量/moltmin时物质的量/mol

容器温度/℃

H2(g)I2(g)HI(g)

甲T1110.8

乙T2110.6

丙T122a

下列说法中，正确的是

A．a=1.6

B．若T2T1，则乙中，tmin时消耗H2的速率等于生成H2的速率

C．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态

．当丙中反应达到化学平衡时，的转化率大于

DI250%

【答案】B

【详解】A．由分析可知，容器甲未达到平衡状态，且v正v逆，容器丙浓度比容器甲，速率快，故a>1.6，

A错误；

B．若T2T1，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H2的速

率等于生成H2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；

H2(g)+I2(g)2HI(g)

起始mol220

D．当丙中反应达到化学平衡时，列三段式：，

转化molyy2y

平衡mol2-y2-y2y

2

2y

2

cHI1L

，的转化率等于，错误；

K==24y=1I250%D

cH2cI22-y

1L

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Xg和等量Yg，

发生反应mXg+nYgpWg+qZgΔH=-akJmol-1，测得有关数据如下。

容器容器体积平衡时Z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0.6akJ

②4L1.6molt放热0.8akJ

下列叙述不．正．确．的是

A．①中010min内，vZ=0.06molL-1min-1B．t>10min

C．m+n>p+qD．q=2

【答案】C

1.2mol

【详解】A．①中010min内，cZ-1-1，A项正确；

vZ==2L=0.06molLmin

t10min

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t>10min，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Z的物质的量增大，即mXg+nYgpWg+qZg平衡正移，正向为气体体积增大的方

向，mnpq，C项错误；

D．根据热化学方程式mXg+nYgpWg+qZgΔH=-akJmol-1可知，生成qmolZ时放热akJ，而容

qa

器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得q=2，D项正确；答案选C。

1.20.6a

4．（2024·北京·三模）在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：

2

反应②和③的反应速率分别满足v2(X)k2c(X)和v3(Z)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/min012345

cW/molL10.1600.1130.0800.0560.0400.028

下列说法正确的是

A．0~2min内，W的平均反应速率为0.080molL1min1

B．若增大容器容积，平衡时Z的产率增大

C．若k2k3，平衡时c(X)c(Z)

D．若升高温度，平衡时c(Z)减小

【答案】D

0.080mol/L

【详解】A．由表知0~2min内∆c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，则v(W)<=0.040molL-1min-1，故

2min

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4X(g)2Z(g)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；

2

C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c(X)，若k2=k3，平衡时

2cZ=c2X，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4X(g)2Z(g)ΔH<0，该反应是放

热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时cZ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CO和NO投入体积为10L、盛

1

有催化剂的密闭容器中，发生反应：2COg2NOgN2g2CO2gΔH746.8kJmol。测得

NO、CO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．ab段NO的反应速率vNO2104molL1s1

B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为3.36kJ

C．该温度下，反应的平衡常数K1.5

D．升高温度，该反应的平衡常数减小

【答案】C

Δc3.052.85103mol/L

【详解】A．由图可知，ab段NO反应速率：vNO2104molL1s1，

Δt1s

A正确；

B．由图可知4min反应达平衡，ΔnVΔc10L3.62.7103mol/L9103mol，根据题干热化学方程

1

式可知，平衡时理论放热：746.8kJ/mol9103mol3.36kJ，B正确；

2

2COg2NOgN2g2CO2g

33

C．列三段式：初始/mol1103.61000，反应平衡常数：

转化/mol910491044.51049104

平衡/mol11032.71034.51049104

2

cCO2cN2

K5000，C错误；

c2NOc2CO

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

122

向1mL0.1molLK2Cr2O7溶液中滴加1mL

2CrO42HCr2O7H2O，cH增大，使上

A

1molL1HBr溶液，橙黄色加深述平衡向正反应方向移动

向1mLCH3COOC2H5中加入1mL使用合适的催化剂加快反应速率，使酯的水解平衡

B

1向正反应方向移动

0.3molLH2SO4溶液后，上层液体减少

某无色溶液加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液，

C该溶液中一定含有NO3

溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体

基元反应N2O42NO2，将盛有NO2的密闭

D正反应活化能大于逆反应活化能

烧瓶浸入热水颜色加深

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

2-黄色+2-橙色

【详解】A．在K2CrO4溶液中存在平衡2CrO4+2HCr2O7+H2O，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NO2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．TiO2受到光激发产生的空穴(h)带正电，能将H2O氧化成·OH

22

B．SO2在TiO2颗粒物表面形成SO4有多种途径，其中一种为SO22OHSO42H

hv

2

C．上述形成硫酸气溶胶的总反应为2SO2O22H2O2SO44H

TiO2

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，TiO2受到光激发产生的空穴h带正电，H2O中氧元素为-2价，具有还原性，空

穴h能将H2O氧化成·OH，A选项正确；

2

B．从图中反应过程可以看出，SO2在TiO2颗粒物表面形成SO4有多种途径，其中一种途径中，·OH具有强

2

氧化性，能将SO2氧化，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为SO22·OHSO42H，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TiO2作催化剂、光激发的条件下反应生成硫酸根离子

TiO2

和氢离子，总反应为2，选项正确；

2SO2O22H2O2SO44HC

hv

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。

1

8．（2025·北京丰台·二模）25℃、101kPa下：①2Na(s)O(g)NaO(s)H414kJmol1

2221

1

②2Na(s)O2(g)Na2O2(s)H2511kJmol

关于Na2O和Na2O2的下列说法中，正确的是

A．Na2O和Na2O2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

1818+18

C．向H2O中投入Na2O2固体：H2O+2Na2O24Na4OH+O2

11

D．25℃、101kPa下：Na2O(s)O2(g)Na2O2(s)H97kJmol

2

【答案】D

+2-+2

【详解】A．Na2O含有Na和O，Na2O2含有Na和O2，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；

1

D．反应②-反应①得：NaOsOgNaOsH97kJmol1，故D正确；故答案为D。

22222

9．（2025·北京海淀·二模）利用NAD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，NAD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1molNAD

【答案】D

【详解】A．①中，2e-+2H+，因此1mol2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，

A正确；

B．①中，NAD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，NAD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C2H4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79.9kJ，反应②的活化能是88.7kJ，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<0

B．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

2+2+2-

D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba)与c(SO4)的关系曲

2-2+

线，说明溶液中c(SO4)越大c(Ba)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lgK值在减小，lgK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；

22222-

D．温度不变，溶度积常数不变，KspBaSO4cBacSO4，cBa与cSO4成反比，所以c(SO4)

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(NH4)＜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NH4会发生水解反应而消耗，而Cl不消耗，故此时

-+

溶液中c(NH4)＜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2mL不同浓度的葡

1

萄糖溶液和H2C2O4溶液于试管中，再依次向试管中滴加4mL0.01molL酸性KMnO4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KMnO4溶液与H2C2O4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，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的nKMnO4nH2C2O425

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H2C2O4溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随H2C2O4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，CO2一直在增加，说明CO为中间产物，CO2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→CO2（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CO2

的速率，C正确；

D．T550℃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，CO2在增多，设

1

CHOH2O2CO3HOCOOCO

2522222

CHOH消耗速率为x，CO生成速率为y，12，3-8s

25211

x2x

yy

乙醇

区间，CO宏观“净速率”在减小，即消耗量比生成量多故vCOy2x，vCO=vCO2-2v，所以

乙醇乙醇乙醇

2v+vCO=vCO2，v、vCO、vCO2数值关系为2v+vCO=vCO2，D错误；

故选D。

考向4活化能

81

16．（2025·北京·三模）铑的价层电子排布式是4d5s，铑的配合物离子Rh(CO)2I2可催化甲醇羰基化反

应CH3OHCOCH3COOH，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CH3COI和CH3COOH

D．B为OH、D为I

【答案】D

【详解】A．铑的价层电子排布式是4d85s1，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I）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