专题06 化学反应历程、化学反应速率与平衡图像分析（抢分专练）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题06 化学反应历程、化学反应速率与平衡图像分析 题型 考情分析 考向预测 反应历程中的能量变化图像 以陌生反应历程图为核心载体，能量-历程图中标各步中间体、过渡态、活化能、相对能量。融合反应原理、物质结构、有机化学、能量变化，侧重宏观辨识与微观探析、证据推理素养，整体中等偏难，是区分度关键考点。 反应机理在近几年高考题中频繁出现，考查考生对反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响与能量变化，反应历程分析等，且考查内容越来越多元化  “化学反应速率与平衡图像”核心考点为平衡状态判断、外界条件(浓度、温度、压强、催化剂)对速率与平衡的影响、平衡常数与转化率关联、反应热与活化能判断。命题趋势为从单一曲线转向多变量叠加(如温度、压强双因素)，结合反应机理、选择性、工业调控等真实问题，强化素养导向。 预计2026年6月选考中，仍会在选择题中呈现图像，考查学生知识运用与推理能力。反应机理、速率平衡真实情境进行分析，思维转化大，考查考生的迁移运用能力和创新思维，具有一定的难度。 “环式”转化反应历程与机理 循环转化图中以箭头、结构式展示物质转化(如催化循环、自由基反应)。 化学反应速率与平衡图像 高频核心考点，多位于选择题的中档偏难区间，侧重识图、判条件、定方向的综合能力，是拉开分差的关键题型。 考点1反应历程中的能量变化图像 【典例】(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应： ⅰ．2C2H4(g) C4H8(g) ΔH1=−104.7 kJ·mol−1 ⅱ．2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2=−230.7 kJ·mol−1 反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤 B．生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因 C．反应ⅱ在高温条件下自发 D．若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低 1．催化剂的催化反应机理分析 (1)催化剂与化学反应：化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质(催化剂)其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。 (2)催化剂与中间产物 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。 2．反应历程 发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。 在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。 3．题在书外，理在书中。选编以下教材中的经典图示： 反应历程与活化能 催化剂对反应历程与活化能影响 人教版新教材 鲁科版新教材 苏教版 4．能垒与决速步 能垒简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。 1．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理 B．由于E1＞E2，说明该反应过程的活化能是E1 C．该反应过程的焓变是 D．升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升 2．(2026·浙江省七校联盟高三一模)反应S(g)T(g)的历程如图实线所示，方程式为、的反应历程如图虚线所示。下列说法不正确的是( ) A．T(g)S(g)可自发进行，反应ΔS＞0 B．反应速率时，S(g)T(g)达到平衡状态 C．升高温度，步骤Ⅳ对平衡的影响大于步骤Ⅰ D．相同恒容密闭装置，降低温度，实线历程和虚线历程的均增大 3．(2026·浙江省强基联盟高三二模)Ni可活化放出，其反应历程如图所示。下列关于活化历程的说法正确的是( ) A．该反应的总焓变为负值，数值为 B．反应过程中，Ni的成键数目在所有中间体中均保持不变 C．反应过程涉及非极性键的断裂和生成，且包含极性键的形成 D．决速步骤为中间体1转化为中间体2，因该步活化能最大 4．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)马来酸酐与呋喃发生双烯加成反应得到或，反应过程的能量变化如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．可用质谱法鉴别马来酸酐和呋喃 B．每个X、Y分子中均有4个手性碳原子 C．X能与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D．刚开始生成更容易，但达平衡后为主要产物 5．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)一定温度下，Ph-C=C-CH3(X)可与等物质的量HCl催化加成，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化如图2所示。 下列说法不正确的是( ) A．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E₁<E3来解释 C．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Y D．增加HCl浓度可增加平衡时产物Z和产物Y的比例 考点2 “环式”转化反应历程与机理 【典例】(2026·浙江强基联盟高三联考)利用CO2(g)、CH3OH(g)也可化学合成碳酸二甲酯，反应机理如图所示(已知H2O会降低该催化剂的活性)，下列说法不正确的是( ) A．I、II为反应的中间产物，III为反应的催化剂 B．I到II的过程中有C=O的断裂和C-O的形成 C．该过程的主要反应为+H2O D．缩醛起到保护催化剂活性的作用，不影响碳酸二甲酯的产率 “环式”反应过程图如下： “入环”的物质为反应物，如图中的①④；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的⑤⑥⑦⑧；“出环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。 明确反应物：最重要的要看清图示中的箭头，明确哪些物质进行循环体系，哪些物质离子循环体系，进行循环体系的物质为总反应的反应物，离子循环体系的物质为总反应的生成物。 明确催化剂和中间产物：从循环图示中找出分解的若干反应，通过分步反应区分哪些是催化剂，哪些是中间产物。 写出总反应：依据质量守恒定律，确定循环 图示中没标出的物质，利用氧化还原反应的配平方法进行配平，写出总反应，同时标出催化剂和反应条件。 1．(2026·浙江杭州二中高三三模)一种将CO2转化为高附加值物质的机理如图，其中的R代表H或有机基团。下列说法不正确的是( ) A．X的结构可能为 B．生成的催化剂为 C．在反应①中体现了碱性 D．若R为H，产物中还可能生成HOOCC≡CCOOH 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是( ) A．该反应的总反应为取代反应 B．步骤B得到的副产物是BrB(OH)2 C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化 D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快 3．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是( ) A．HCo(CO)3是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中------为副反应)，下列说法不正确的是( ) A．FeO+是反应中间体 B．每生成0.5molCH3CHO消耗N2O的物质的量1 mol C．主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O D．X与Y能互溶的原因之一是因为它们的分子结构具有相似性 5．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 考点3化学反应速率与平衡图像 【典例】(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)密闭恒容容器中，t=0时加入1.0mol·L-1 C2H4Cl2(g)，保持773K发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H4Cl2(g)＋HCl(g)C2H3Cl(g) ΔH＝+71.05kJ·mol−1 Ea1 反应Ⅱ：C2H4Cl2(g) 2HCl(g)+H2(g)+2C(s) ΔH＝-54.52kJ·mol−1 Ea2 C2H4Cl2(g)、C2H3Cl(g)和H2(g)的浓度随反应时间t变化的曲线如图。已知活化能：Ea1远小于Ea2，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。下列说法不正确的是( ) A．若只升高温度，C2H3Cl平衡浓度增大 B．若只通入氦气(不参与反应)，C2H3Cl平衡浓度不变 C．若只减少容器体积，C2H4Cl2平衡转化率减小 D．若t=0时，加入足量催化剂(仅对反应Ⅰ有加速作用)，则C2H3Cl的浓度峰值不变 1．化学反应速率图象思维模型 2．化学平衡图像分析 (1)思维建模 (2)解题步骤 第一步：看特点。即分析可逆反应方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分 子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。 第二步：识图像。即识别图像类型，一看“面”(理清横坐标、纵坐标表示的含义)；二看“线”(分析曲线的走向和变化趋势，它与横坐标、纵坐标的关系)；三看 “点”(重点分析特殊点——起点、拐点、交点、终点的含义)；四看是否要作辅助线(如等温线、等压线等)，五看定量图像中有关量的多少问题。 第三步：联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。 第四步：图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。 (3)解题技巧 (1)先拐先平：在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线表示的温度较高或压强较大。 (2)定一议二：在含量—T/p曲线中，图像中有三个变量，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系(因平衡移动原理只适用于“单因素”的改变)。即确定横坐标所示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后(通常可画一垂线)，讨论横坐标与曲线的关系。 (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。 1．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某种处理再利用H2S的方法为：2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)。在密闭容器中充入H2S，其他条件不变时H2S的平衡转化率随温度和压强(P1＜P2＜P3)的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应中S2是气态 B．总键能：反应物>生成物 C．速率大小： D．平衡常数： 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1= -49.5kJ·mol−1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1恒压下，将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．曲线③表示CO的选择性 B．时出口处CO的物质的量大于时 C．反应1正反应活化能小于逆反应活化能 D．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝-90.7kJ·mol−1 3．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是( ) A．H2的平衡产率：曲线a<曲线b B．反应②的焓变ΔH2>0 C．Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D．H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 4．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx (Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度)与温度变化关系如图1所示。在温度353K下(此温度时，Kx3=9)，充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是( ) A．三个反应中ΔH1＜最大 B．图2中曲线Y代表A的变化 C．若向某反应容器中加入1.0 mol TAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a，则反应Ⅰ的平衡常数 D．t=100 s时，反应Ⅲ向正反应方向移动 1．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)下列说法正确的是( ) A．已知的燃烧热为283 kJ·mol-1，则2CO(g)+ O2(g)=2CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1 B．已知2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，平衡后保持恒温恒压通入Ar，平衡正向移动，H2的浓度增大 C．一定条件下，苯乙炔(Ph-C≡CH)可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：a < b D．已知TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)，及时分离TiCl4可缩短达到平衡的时间 2．(2026·浙江师大附中高三模拟)室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下。 反应历程： 下列说法不正确的是( ) A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易先被水蒸气蒸出，容易与产品Ⅰ分离 B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1 C．反应足够长的时间，升高温度会提高体系中产物Ⅰ的产率 D．反应体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可催化反应进行 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子显负电性且带有孤电子对，能接受H2O的H+的进攻，如： 发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H2O的配位电子，如： 下列说法不正确的是( ) A．基态Si原子核外有5种能量不同的电子 B．NCl3和SiCl4水解过程中中心原子的杂化方式均有发生改变 C．推测CCl4比SiCl4难发生亲核水解 D．已知AsCl3的水解产物为H3AsO3和HCl，推测其发生亲核水解是由于As有空轨道，能接受H2O中O的进攻 4．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列说法正确的是( ) A．步骤③的反应类型为取代反应 B．该反应的原子利用率 C．反应过程中存在、键的形成 D．若将步骤①中CH2=CH2换为CH2=CHCH3，则产物可能为 5．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是( ) A．①过程中有极性键的断裂和形成 B．该机理中为催化剂，为中间产物 C．化合物ⅰ和化合物ⅱ均含有3种不同化学环境的氢原子 D．该机理的总方程式为：CO2+ 6．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是( ) A．反应中Ru和Rh的化合价均有发生改变 B．TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变 C．由CH3I生成CH3COI经历了4个基元反应，其中最后一步反应为决速步 D．该羰基化反应的总反应为：CH3COOCH3+ CH3COI +H2O2CH3COOH+CH3I 7．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、π 键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 8．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某醇的消去反应机理如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．H+是催化剂 B．该醇的消去产物只有一种 C．若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+ D．依据该机理，能发生消去反应 9．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是( ) A．中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响 B．元素Rh的化合价经历了两次变化 C．该过程的主要副产物为 D．将Bu换成-CF3，主要产物为 10．(2026·浙江省衢州二中选考模拟)利用CO2和H2可制得甲烷，实现资源综合利用。已知： I．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-165.0kJ·mol−1 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。 ，下列说法不正确的是( ) A．反应I的 B．240℃时，其他条件不变，增大压强，CO2的转化率增大 C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度，CH4的产率增大 D．320℃时CO2的转化率最大，可能的原因是反应I和反应IⅡ达到了平衡状态 11．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)乙炔加氢是得到高纯度乙烯的一种重要方法。主要发生如下两个反应： 反应Ⅰ：C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g) ΔH1＝-176kJ·mol−1 反应Ⅱ：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-320kJ·mol−1 一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 下列说法不正确的是( ) A．反应Ⅲ：C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g) ΔH3＝-144kJ·mol−1，该反应低温自发 B．对于反应Ⅱ，已知速率方程，在恒温恒容条件下，充入一定量的C2H6，此时v(C2H2)的速率减小，平衡逆移 C．由图1可知，220℃以后乙炔转化率减小的原因：温度过高，反应Ⅱ受温度变化影响程度大，平衡逆移程度超过了反应Ⅰ正移程度，乙炔转化率减小 D．图2，在120~240℃范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ乙炔的转化速率大小关系为：v1＞v2 12．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与过程中的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法不正确的是( ) A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率 B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2＋H2O→化合物3＋HCOO-”的决速步骤 C．化合物1→化合物2发生了加成反应 D．图甲过程中Fe的化合价有发生改变 13．(2026·浙江丽水高三联考)NO的氧化反应：2NO+O22NO2分两步进行：Ⅰ．2NON2O2  Ⅱ． N2O2+O22NO2，其能量变化示意图如下图l。恒容密闭容器中充入一定量的NO和O2，控制反应温度为T3和T4，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如下图2。下列说法不正确的是( ) A．升温，NO的平衡转化率降低 B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ C．结合图2信息可知：转化相同量的NO，T4耗时更长 D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，对过程Ⅱ速率的影响小于温度 14．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)工业上将CH4和H2S混合气体在压强为0.15MPa时通入反应釜中制备H2，反应如图1所示分两步完成，反应相同时间后测得H2和CS2的体积分数随温度变化如图2所示。 下列说法正确的是( ) A．该反应涉及的反应为Ⅰ．2H2S(g)＋CH4(g)2H2(g)＋S2(g)＋CH4(g)；Ⅱ．2H2(g)＋S2(g)＋CH4(g) 4H2(g)＋CS2(g) B．在0.15MPa，980℃时，增大n(CH4)/n(H2S)的投料比，H2S的转化率提高 C．其他条件不变时，通入适量氮气可以提高H2的产率 D．在950~1150℃范围内，其他条件不变时升高温度，S2的体积分数升高 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www .zxxk com 上好每一堂课 专题06化学反应历程、化学反应速率与平衡 图像分析 PART2押题预测 。考点1反应历程中的能量变化图像 01考点狙击 【典例】C 02情境猜押 1.B 2.B 3.A 4.C 5.D 考点2“环式”转化反应历程与机理 01考点狙击 【典例】D 02情境猜押 1.c 2.D 3.B 4.B 1/2 函学科网·上好课 www .zxxk.com 上好每一堂课 5.B 考点3化学反应速率与平衡图像 01考点狙击 【典例】D 02情境猜押 1.D 2.A 3.A 4.B PART3通关特训 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 c B D B C B B A 题号 12 13 14 答案 D D 2/2 专题06 化学反应历程、化学反应速率与平衡图像分析 题型 考情分析 考向预测 反应历程中的能量变化图像 以陌生反应历程图为核心载体，能量-历程图中标各步中间体、过渡态、活化能、相对能量。融合反应原理、物质结构、有机化学、能量变化，侧重宏观辨识与微观探析、证据推理素养，整体中等偏难，是区分度关键考点。 反应机理在近几年高考题中频繁出现，考查考生对反应热、活化能、催化剂对反应历程的影响与能量变化，反应历程分析等，且考查内容越来越多元化  “化学反应速率与平衡图像”核心考点为平衡状态判断、外界条件(浓度、温度、压强、催化剂)对速率与平衡的影响、平衡常数与转化率关联、反应热与活化能判断。命题趋势为从单一曲线转向多变量叠加(如温度、压强双因素)，结合反应机理、选择性、工业调控等真实问题，强化素养导向。 预计2026年6月选考中，仍会在选择题中呈现图像，考查学生知识运用与推理能力。反应机理、速率平衡真实情境进行分析，思维转化大，考查考生的迁移运用能力和创新思维，具有一定的难度。 “环式”转化反应历程与机理 循环转化图中以箭头、结构式展示物质转化(如催化循环、自由基反应)。 化学反应速率与平衡图像 高频核心考点，多位于选择题的中档偏难区间，侧重识图、判条件、定方向的综合能力，是拉开分差的关键题型。 考点1反应历程中的能量变化图像 【典例】(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)一定温度下，将体积比为2∶1的C2H4、H2按一定流速进入装有催化剂的恒容容器(入口压强为100 kPa)发生反应： ⅰ．2C2H4(g) C4H8(g) ΔH1=−104.7 kJ·mol−1 ⅱ．2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2=−230.7 kJ·mol−1 反应的进程如下图所示。下列说法不正确的是( ) A．根据图示，反应*C2H5＋*C2H4→*C4H9是生成C4H10的决速步骤 B．生成C4H8(g)的活化能大，是C4H8(g)选择性低的主要原因 C．反应ⅱ在高温条件下自发 D．若减小入口压强，则反应速率减慢，C2H4转化率降低 【答案】C 【解析】A项，决速步骤是活化能最大的步骤，即反应进程中基元反应始态与过渡态能量差最大的一步，生成C4H10的路径中，*C2H5+*C2H4→*C4H9对应过渡态TSⅡ，其活化能(过渡态与前中间体能量差)大于过渡态TSⅠ与后续步骤，故为决速步骤，A正确；B项，由能量图可知，过渡态TSⅡ之后(即*C4H9中间体之后)的进程生成C4H8(g)的路径活化能(如对应的能量)高于生成C4H10(g)的路径，活化能大导致反应速率慢，故C4H8选择性低，B正确；C项，反应ⅱ为2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)，ΔH=-230.7 kJ/mol(放热，ΔH<0)，反应前后气体分子数减少(3→1)，ΔS<0。根据ΔG=ΔH-TΔS，高温时-TΔS(正值)增大，ΔG可能变为正值，反应不自发，该反应低温自发，C错误；D项，减小压强，气体浓度降低，反应速率减慢；2个反应均为气体分子数减少的反应，减压平衡逆向移动，C2H4转化率降低，D正确；故选C。 1．催化剂的催化反应机理分析 (1)催化剂与化学反应：化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质(催化剂)其作用可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。 (2)催化剂与中间产物 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。 2．反应历程 发生有效碰撞的分子叫做活化分子，活化分子具有较高的能量。活化分子比普通分子所高出的能量称为活化能。活化能越小，普通分子就越容易变成活化分子。如图所示，反应的活化能是E1，反应热是E1－E2。 在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于最慢的一步。 3．题在书外，理在书中。选编以下教材中的经典图示： 反应历程与活化能 催化剂对反应历程与活化能影响 人教版新教材 鲁科版新教材 苏教版 4．能垒与决速步 能垒简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤 。 1．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应过程b说明有催化剂参与，改变了反应机理 B．由于E1＞E2，说明该反应过程的活化能是E1 C．该反应过程的焓变是 D．升高温度，活化分子数目变多，反应速率上升 【答案】B 【解析】A项，催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，根据图示可知反应过程b有催化剂参与，A正确；B项，反应过程b使用了催化剂，则活化能为E1，反应过程a未使用催化剂，活化能大于E1，B错误；C项，由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，因此，即焓变是-||，C正确；D项，升高温度，分子能量升高，更多的普通分子会转化成活化分子，活化分子数目变多，有效碰撞概率增大，反应速率上升，D正确；故选B。 2．(2026·浙江省七校联盟高三一模)反应S(g)T(g)的历程如图实线所示，方程式为、的反应历程如图虚线所示。下列说法不正确的是( ) A．T(g)S(g)可自发进行，反应ΔS＞0 B．反应速率时，S(g)T(g)达到平衡状态 C．升高温度，步骤Ⅳ对平衡的影响大于步骤Ⅰ D．相同恒容密闭装置，降低温度，实线历程和虚线历程的均增大 【答案】B 【解析】A项，由图可知反应T(g)S(g)的ΔH＞0。根据ΔG=ΔH-TΔS，该吸热反应若能在高温下自发进行，则需了ΔS＞0。题干表述“可自发进行”即暗示了ΔS＞0，A正确；B项，达到平衡时，正、逆反应速率应满足 “速率之比等于化学计量数之比”，中，、是反应历程中第一步正逆反应速率，二者相等只能说明第一步反应达到平衡，不能说明S(g)T(g)达到平衡，B错误；C项，步骤Ⅳ是的逆反应，此反应活化能大于步骤I，故升高温度，步骤Ⅳ对平衡的影响大于步骤Ⅰ，C正确； D项，总反应S(g)T(g)为放热反应，平衡状态与反应历程无关。降低温度，平衡向正反应方向移动，产物T(g)的物质的量分数增大，反应物S的物质的量分数减小，故比值均增大，D正确；故选B。 3．(2026·浙江省强基联盟高三二模)Ni可活化放出，其反应历程如图所示。下列关于活化历程的说法正确的是( ) A．该反应的总焓变为负值，数值为 B．反应过程中，Ni的成键数目在所有中间体中均保持不变 C．反应过程涉及非极性键的断裂和生成，且包含极性键的形成 D．决速步骤为中间体1转化为中间体2，因该步活化能最大 【答案】A 【解析】A项，ΔH只与始态和终态有关，根据历程图像可知，该反应为放热反应，总反应为Ni(g)+C2H6(g)=CH4(g)+NiCH2(s) ΔH＝-6.57kJ·mol−1，故A正确；bbB项，中间体1中Ni的成键数目为4，中间体2、3中Ni的成键数目为2，在此反应过程中Ni的成键数目发生变化，故B错误；C项，该反应过程涉及C—C断裂和C—H形成，没有非极性键的形成，故C错误；D项，活化能越大，化学反应速率越慢，是决速步骤，根据历程图可知，中间体2→中间体3活化能最大，是决速步骤，故D错误；选A。 4．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)马来酸酐与呋喃发生双烯加成反应得到或，反应过程的能量变化如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．可用质谱法鉴别马来酸酐和呋喃 B．每个X、Y分子中均有4个手性碳原子 C．X能与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D．刚开始生成更容易，但达平衡后为主要产物 【答案】C 【解析】A项，质谱法可测定有机物的相对分子质量，并通过分子离子裂解产生的碎片峰辅助解析化合物结构，故可用质谱法鉴别马来酸酐和呋喃，A正确；B项，、每个X、Y分子中均有4个手性碳原子，B正确；C项，1 mol的X与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH，但X的物质的量未知，C错误；D项，生成X的活化能更低，更容易反应，但达平衡后，以能量低的Y为主，D正确；故选C。 5．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)一定温度下，Ph-C=C-CH3(X)可与等物质的量HCl催化加成，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化如图2所示。 下列说法不正确的是( ) A．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E₁<E3来解释 C．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Y D．增加HCl浓度可增加平衡时产物Z和产物Y的比例 【答案】D 【解析】A项，由图1可知，此温度下平衡时产物Z的物质的量分数远大于产物Y，所以X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，A正确；B项，5～10min时，由图1可知生成产物Y的速率远大于生成产物Z，说明X生成Y的活化能小于生成Z的活化能，结合图2，各物质的物质的量分数变化可以用E1<E3来解释，B正确；C项，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Y，C正确；D项，增加HCl浓度不能增加平衡时产物Z和产物Y的比例，因为平衡时产物Z和产物Y的物质的量之比等于其反应的平衡常数之比，该比值仅与温度有关，D错误；故选D。 考点2 “环式”转化反应历程与机理 【典例】(2026·浙江强基联盟高三联考)利用CO2(g)、CH3OH(g)也可化学合成碳酸二甲酯，反应机理如图所示(已知H2O会降低该催化剂的活性)，下列说法不正确的是( ) A．I、II为反应的中间产物，III为反应的催化剂 B．I到II的过程中有C=O的断裂和C-O的形成 C．该过程的主要反应为+H2O D．缩醛起到保护催化剂活性的作用，不影响碳酸二甲酯的产率 【答案】D 【解析】A项，由反应机理图可知，III先与CH3OH反应，后又生成，III为反应的催化剂，I、II先生成，后又被消耗，I、II为反应的中间产物，A正确；B项，由反应机理图可知，I到II的过程中断裂CO2中的一个C=O，插入CO2后形成C-O，B正确；C项，由反应机理图可知，主要反应为CO2和CH3OH生成和H2O，即+H2O，C正确；D项，H2O会降低该催化剂的活性，反应过程中生成水，缩醛能与水反应生成甲醇，起到保护催化剂活性的作用，同时消耗水能减小生成物浓度，生成甲醇能增大反应物浓度，有利于向生成碳酸二甲酯的反应正向进行，增大碳酸二甲酯的产率，D错误；故答选D。 “环式”反应过程图如下： “入环”的物质为反应物，如图中的①④；位于“环上”的物质为催化剂或中间体，如图中的⑤⑥⑦⑧；“出环”的物质为生成物，如图中的②③；由反应物和生成物可快速得出总反应方程式。 明确反应物：最重要的要看清图示中的箭头，明确哪些物质进行循环体系，哪些物质离子循环体系，进行循环体系的物质为总反应的反应物，离子循环体系的物质为总反应的生成物。 明确催化剂和中间产物：从循环图示中找出分解的若干反应，通过分步反应区分哪些是催化剂，哪些是中间产物。 写出总反应：依据质量守恒定律，确定循环 图示中没标出的物质，利用氧化还原反应的配平方法进行配平，写出总反应，同时标出催化剂和反应条件。 1．(2026·浙江杭州二中高三三模)一种将CO2转化为高附加值物质的机理如图，其中的R代表H或有机基团。下列说法不正确的是( ) A．X的结构可能为 B．生成的催化剂为 C．在反应①中体现了碱性 D．若R为H，产物中还可能生成HOOCC≡CCOOH 【答案】C 【解析】反应总过程为端炔HC≡CH和CO2发生羧基化反应生成炔酸，咪唑类物质作为催化剂循环参与反应。A项，反应②中，咪唑负离子进攻CO2的亲电碳，生成，A正确；B项，参与了整个循环，在反应②消耗，在反应④重新生成，反应前后性质和质量不变，是生成炔酸铯的催化剂，B正确；C项，反应①中，给出质子，CO32-结合质子生成HCO3-，因此在反应中体现酸性，不是碱性，C错误；D项，若R=H，反应物为乙炔，两端都含有端炔氢，都可以发生羧基化反应，最终可以得到HOOCC≡CCOOH，D正确；故选C。 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)如图是一种钯催化的交叉偶联反应机理循环图，下列说法不正确的是( ) A．该反应的总反应为取代反应 B．步骤B得到的副产物是BrB(OH)2 C．整个过程中，存在配位键的断裂与形成，且Pd的化合价在0价与价之间变化 D．若反应物中Br替换为Cl，反应速率可能加快 【答案】D 【解析】A项，从循环图可知，进入循环的物质是含有Br的有机物和含有B(OH)2的有机物，最终脱离循环的是BrB(OH)2，反应可看作是Br原子被取代，所以总反应为取代反应，A正确；B项，步骤B中，含有B(OH)2的有机物与中间产物反应，生成目标产物的同时，会得到副产物BrB(OH)2，B正确；C项，在反应过程中，与有机物结合形成含有配位键的物质，之后又有配位键的断裂，所以存在配位键的断裂与形成，从到变化可知，Pd的化合价在0价与+2价之间变化，C正确；D项，Cl的原子半径比Br小，C-Cl键的键长比C-Br键短，键能更大，若反应物中Br替换为Cl，断键更困难，反应速率减慢，而不是加快，D错误；故选D。 3．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)烯烃催化制备醛的反应机理如下图所示，下列说法错误的是( ) A．HCo(CO)3是该反应的催化剂 B．反应过程中钴的配位数和化合价都发生了变化 C．上述过程中涉及极性键的断裂和形成 D．该过程总反应为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO 【答案】B 【解析】A项，催化剂在反应中先消耗，后生成，则该反应的催化剂为HCo(CO)3，A正确；B项，CO是中性配体，整个过程中，与Co相连的H、烷基、酰基均为-1价，所有中间体均为电中性，因此Co的化合价始终为+1，没有发生变化；只有配位数随反应过程在4~5之间变化，因此钴的化合价未变化，B错误；C项，反应过程中，存在Co-H极性键的断裂，也存在C-H、C=O等极性键的生成，因此涉及极性键的断裂和形成，C正确；D项，由图可知，反应物有丙烯、氢气和CO，生成物有CH3CH2CH2CHO，则总反应式为CH3CH=CH2+H2+COCH3CH2CH2CHO，D正确；故选B。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中------为副反应)，下列说法不正确的是( ) A．FeO+是反应中间体 B．每生成0.5molCH3CHO消耗N2O的物质的量1 mol C．主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O D．X与Y能互溶的原因之一是因为它们的分子结构具有相似性 【答案】B 【解析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H6反应生成[(C2H5)Fe(OH)]+，[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+，Y为乙醇；[(C2H5)Fe(OH)]+生成X和[(C2H4)Fe] +，X为水；[(C2H4)Fe] +和N2O生成N2和 ，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O。A项，反应中Fe+先和N2O反应生成FeO+，FeO+后续参与反应生成其他物质，最终FeO+在主循环中被消耗，属于反应中间体，A正确；B项，该过程存在副反应(图中虚线生成乙醇的反应)，部分N2O会在副反应中被消耗，因此生成0.5molCH3CHO时，消耗N2O的物质的量大于1 mol，B错误；C项，将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为C2H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O，C正确；D项，根据原子守恒推断：[(C2H5)Fe(OH)]+分解生成[(C2H4)Fe]+和X，可得X为H2O；副反应中[(C2H5)Fe(OH)]+分解生成Fe+和Y，可得Y为C2H5OH。水和乙醇都含羟基，分子结构相似，根据相似相溶原理，二者互溶，D正确；故选B。 5．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 【答案】B 【解析】A项，反应前后Pd没变，所以Pd为催化剂，但是反应过程中Pd参与成键和断键，化合价发生了变化，A错误；B项，反应 中I2的I-I非极性共价键断裂；反应中CO(结构式为C≡ O)的π键断裂，B正确；C项，产物中碳原子的杂化方式有sp3(饱和碳原子)、sp2(苯环、羰基和碳碳双键中的碳原子)、sp(碳碳三键中碳原子)三种，C错误；D项，总反应式为，原子利用率不等于100%，不符合绿色化学理念，D错误；故选B。 考点3化学反应速率与平衡图像 【典例】(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)密闭恒容容器中，t=0时加入1.0mol·L-1 C2H4Cl2(g)，保持773K发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H4Cl2(g)＋HCl(g)C2H3Cl(g) ΔH＝+71.05kJ·mol−1 Ea1 反应Ⅱ：C2H4Cl2(g) 2HCl(g)+H2(g)+2C(s) ΔH＝-54.52kJ·mol−1 Ea2 C2H4Cl2(g)、C2H3Cl(g)和H2(g)的浓度随反应时间t变化的曲线如图。已知活化能：Ea1远小于Ea2，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。下列说法不正确的是( ) A．若只升高温度，C2H3Cl平衡浓度增大 B．若只通入氦气(不参与反应)，C2H3Cl平衡浓度不变 C．若只减少容器体积，C2H4Cl2平衡转化率减小 D．若t=0时，加入足量催化剂(仅对反应Ⅰ有加速作用)，则C2H3Cl的浓度峰值不变 【答案】D 【解析】A项，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡逆向移动，都会使C2H3Cl的平衡浓度增大，A正确；B项，在恒容密闭容器中通入氦气，各物质的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，所以C2H3Cl的平衡浓度不变，B正确；C项，反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ也是气体分子数增大的反应，减少容器体积，压强增大，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡也是逆向移动，C2H4Cl2的平衡转化率减小，C正确；D项，若t=0时，加入的足量催化剂仅对反应Ⅰ有加速作用，对反应Ⅱ无影响；加入催化剂使反应Ⅰ更快达到平衡，此时反应Ⅱ消耗的C2H4Cl较少，反应Ⅰ平衡时对应的C2H4Cl浓度更高，故C2H3Cl的浓度峰值会增大，D错误；故选D。 1．化学反应速率图象思维模型 2．化学平衡图像分析 (1)思维建模 (2)解题步骤 第一步：看特点。即分析可逆反应方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分 子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。 第二步：识图像。即识别图像类型，一看“面”(理清横坐标、纵坐标表示的含义)；二看“线”(分析曲线的走向和变化趋势，它与横坐标、纵坐标的关系)；三看 “点”(重点分析特殊点——起点、拐点、交点、终点的含义)；四看是否要作辅助线(如等温线、等压线等)，五看定量图像中有关量的多少问题。 第三步：联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。 第四步：图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。 (3)解题技巧 (1)先拐先平：在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线表示的温度较高或压强较大。 (2)定一议二：在含量—T/p曲线中，图像中有三个变量，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系(因平衡移动原理只适用于“单因素”的改变)。即确定横坐标所示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后(通常可画一垂线)，讨论横坐标与曲线的关系。 (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。 1．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某种处理再利用H2S的方法为：2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)。在密闭容器中充入H2S，其他条件不变时H2S的平衡转化率随温度和压强(P1＜P2＜P3)的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．反应中S2是气态 B．总键能：反应物>生成物 C．速率大小： D．平衡常数： 【答案】D 【解析】2H2S(g)S2(?)＋2H2(g)，恒压时，温度升高，硫化氢的平衡转化率增大，即平衡正向移动，该反应为吸热反应；恒温时，已知P1＜P2＜P3，压强越大，硫化氢的平衡转化率减小，即平衡逆向移动，因此S2为气体。A项，由分析得，反应中S2为气体，A正确；B项，由分析得，该反应为吸热反应，因此反应物总键能大于生成物总键能，B正确；C项，Y点温度和压强均大于X点温度和压强，因此，点Y、点Z为温度相等，Z点压强大于Y点，因此，C正确；D项，Y点温度高于X点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，因此K(Y)＞K(X)，D错误；故选D。 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1= -49.5kJ·mol−1 反应2：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1恒压下，将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是( ) A．曲线③表示CO的选择性 B．时出口处CO的物质的量大于时 C．反应1正反应活化能小于逆反应活化能 D．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝-90.7kJ·mol−1 【答案】A 【解析】A项，甲醇的选择性和CO的选择性相加等于100%，现已知曲线①为甲醇的选择性，则曲线②为CO的选择性，曲线③为CO2的转化率，A不正确；B项，生成CO的物质的量=转化的CO2总量×CO选择性，根据图示可知，随着温度增大，CO2转化率和CO选择性均增大，则生成的CO随温度的升高而增大，故280℃时出口处CO的物质的量大于220℃时，B正确；C项，反应1 ΔH1=-49.5 kJ/mol(放热)，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，故正反应活化能小于逆反应活化能，C正确；D项，反应1-反应2得目标反应，ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.5-41.2=-90.7 kJ/mol，D正确；故选A。 3．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)乙醇—水蒸气制H2的过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下： ①C2H5OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g)；ΔH1=＋173.3kJ·mol-1 ②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2 101kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上H2的平衡产率相同。下列说法不正确的是( ) A．H2的平衡产率：曲线a<曲线b B．反应②的焓变ΔH2>0 C．Q点处与P点处反应①的平衡常数K相等 D．H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，要提高水醇比 【答案】A 【解析】A项，若选择图像上温度相同，投料比不同Q、P两个点可知，P点投料比高，则氢气的转化率大，所以氢气的平衡产率为：曲线a大于曲线b，A错误；B项，反应①为吸热反应，在图像中选择c、d点分析，如图：，c、d点氢气的平衡产率相等原因为：c点温度高于d点，升高温度，反应①平衡正向移动，氢气的量增大，反应②在消耗氢气，说明升高温度，反应②消耗的氢气恰好可以抵消掉反应①新增的氢气，说明反应②是吸热反应，ΔH2>0，B正确；C项，Q点处与P点处温度相同，则平衡常数相等，C正确；D项，根据图像可知，H2的平衡产率由M点转变为曲线a上任意一点时，横坐标往右边移动，要提高水醇比，D正确；故选A。 4．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx (Kx指用平衡时各物质的物质的量分数来代替该物质的平衡浓度)与温度变化关系如图1所示。在温度353K下(此温度时，Kx3=9)，充有A、B和CH3OH的容器中，A和B物质的量浓度随时间变化如图2所示。据图判断，下列说法正确的是( ) A．三个反应中ΔH1＜最大 B．图2中曲线Y代表A的变化 C．若向某反应容器中加入1.0 mol TAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a，则反应Ⅰ的平衡常数 D．t=100 s时，反应Ⅲ向正反应方向移动 【答案】B 【解析】由平衡常数Kx与温度T的变化关系曲线可知，反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热反应，即ΔH1＜0、ΔH2＜0、ΔH3＜0；在温度353K下，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9，，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X。A项，由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则ΔH1-ΔH2=ΔH3＜0，因此ΔH1＜ΔH2，ΔH1不是三个反应中最大的，ΔH3才是最大的，A错误；B项，由分析，在温度353K下，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9，，由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X，曲线Y代表A的变化，B正确；C项，向某反应容器中加入1.0 mol TAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为a，则平衡时，，已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9，则，解得平衡体系中B的物质的量为，，反应Ⅰ的平衡常数，C错误；D项，由图2的变化趋势可知，100 s后各组分的浓度仍在变化，t=100 s时， Kx3=9，此时反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，即正反应速率小于逆反应速率，D错误；故选B。 1．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)下列说法正确的是( ) A．已知的燃烧热为283 kJ·mol-1，则2CO(g)+ O2(g)=2CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1 B．已知2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，平衡后保持恒温恒压通入Ar，平衡正向移动，H2的浓度增大 C．一定条件下，苯乙炔(Ph-C≡CH)可与发生加成反应，得到产物a和b，反应过程中物质转化关系与能量变化如图所示，平衡后产物占比：a < b D．已知TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)，及时分离TiCl4可缩短达到平衡的时间 【答案】C 【解析】A项，燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成指定产物的反应热，CO的燃烧热对应反应为：CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-283 kJ·mol-1，A错误；B项，恒温恒压通入Ar，容器体积增大，各气体分压减小，平衡向气体分子数增大的正向移动，但H2浓度因体积增大而减小，B错误；C项，由能量图可知产物b能量低于a，能量越低越稳定，平衡时更稳定的产物b占比更大，即a < b，C正确；D项，分离TiCl4使平衡正向移动，但浓度减小使反应速率减慢，无法缩短达到平衡的时间，D错误；故选C。 2．(2026·浙江师大附中高三模拟)室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系及部分产物产率表示如下。 反应历程： 下列说法不正确的是( ) A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易先被水蒸气蒸出，容易与产品Ⅰ分离 B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E2-E1 C．反应足够长的时间，升高温度会提高体系中产物Ⅰ的产率 D．反应体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体，可催化反应进行 【答案】C 【解析】A项，产物Ⅱ是邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，A正确；B项，根据图示，反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒，即最大活化能为E2-E1，B正确；C项，由图可知正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物Ⅰ的产率，C错误；D项，浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体，可促使反应进行，D正确；故选C。 3．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)非金属的卤化物水解可以分为亲电水解和亲核水解，实例及部分机理示意如下。发生亲电水解的条件是中心原子显负电性且带有孤电子对，能接受H2O的H+的进攻，如： 发生亲核水解条件是中心原子显正电性且有空的价层轨道，空轨道用以容纳H2O的配位电子，如： 下列说法不正确的是( ) A．基态Si原子核外有5种能量不同的电子 B．NCl3和SiCl4水解过程中中心原子的杂化方式均有发生改变 C．推测CCl4比SiCl4难发生亲核水解 D．已知AsCl3的水解产物为H3AsO3和HCl，推测其发生亲核水解是由于As有空轨道，能接受H2O中O的进攻 【答案】B 【解析】A项，不同能级中的电子能量不同，同一能级中的电子能量相同，而基态Si原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，，核外有5种能量不同的电子，A正确；B项，NCl3的水解过程中，中心原子的杂化方式一直为sp3杂化；SiCl4中的Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，Si原子杂化方式发生改变，B错误；C项，C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，结合SiCl4的亲核水解机理可以推测CCl4比SiCl4难发生亲核水解，C正确；D项，AsCl3中心原子As具有正电性和空的价层轨道，容易接受水分子的孤对电子参与反应，且水解产物为H3AsO3和HCl，根据亲核水解机理示意图，可知其水解类型应为亲核水解，D正确；故选B。 4．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸乙酯的机理如图所示。下列说法正确的是( ) A．步骤③的反应类型为取代反应 B．该反应的原子利用率 C．反应过程中存在、键的形成 D．若将步骤①中CH2=CH2换为CH2=CHCH3，则产物可能为 【答案】D 【解析】A项，步骤③是中间体通过消去反应形成丙烯酸乙酯中的碳碳双键，并非取代反应(取代反应需“上一下一”，此处为消去小分子形成双键)，A错误；B项，该反应的产物为丙烯酸乙酯和碘化氢，原子利用率不是100%，B错误；C项，C2H4的C=C键在步骤①中断裂，步骤③重新形成，存在C=C键的形成；但CO2中的C=O键直接转化为酯基的C=O键，未新形成C=O键，C错误；D项，将CH2=CH2换为CH2=CHCH3(丙烯)，丙烯关于碳碳双键不对称，则可能生成，D正确；故选D。 5．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ的催化机理如图。下列说法不正确的是( ) A．①过程中有极性键的断裂和形成 B．该机理中为催化剂，为中间产物 C．化合物ⅰ和化合物ⅱ均含有3种不同化学环境的氢原子 D．该机理的总方程式为：CO2+ 【答案】B 【解析】由图可知，二氧化碳转化为化合物ⅱ的反应为催化剂作用下二氧化碳与甲基环氧乙烷反应生成，反应的化学方程式为CO2+。A项，由图可知，①过程中，二氧化碳发生碳氧极性键断裂，同时形成新的碳氧极性键，A正确；B项，由图可知， 碘化钾是过程②的生成物、过程④的反应物，AcOH是过程③的生成物、过程①和④的反应物，所以碘化钾和AcOH都是反应的催化剂，B错误；C项，由结构简式可知，和分子中均含有三种不同化学环境的氢，C正确；D项，总反应的方程式为CO2+，D正确；故选B。 6．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是( ) A．反应中Ru和Rh的化合价均有发生改变 B．TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变 C．由CH3I生成CH3COI经历了4个基元反应，其中最后一步反应为决速步 D．该羰基化反应的总反应为：CH3COOCH3+ CH3COI +H2O2CH3COOH+CH3I 【答案】C 【解析】A项，根据反应机理可知，Ru的配位数一直不变，即Ru化合价一直不变，但是Rh的配位数发生变化，则Rh化合价发生了改变，A错误；B项，由反应机理图可知，TN1是反应过程中的中间体，不是催化剂，B错误；C项，由CH3I生成CH3COI的路径中，有四个基元反应。能量图中最后一步的活化能垒最高，即最后一步反应为决速步骤，C正确；D项，由反应机理图可知，反应物为CH3COOCH3、CO、H2O，生成物为CH3COOH，总反应的化学方程式为CH3COOCH3+CO+H2O2CH3COOH，D错误；故选C。 7．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)钯催化吲哚直接羰化合成吲哚-3-炔酮类化合物的反应机理如下图(Ph-表示苯基)，下列说法正确的是( ) A．为催化剂，在整个流程中化合价不变 B．整个过程中有非极性共价键、π 键的断裂 C．产物中碳原子的杂化方式有两种 D．总反应式为，符合绿色化学理念 【答案】B 【解析】A项，反应前后Pd没变，所以Pd为催化剂，但是反应过程中Pd参与成键和断键，化合价发生了变化，A错误；B项，反应 中I2的I-I非极性共价键断裂；反应中CO(结构式为C≡O)的π键断裂，B正确；C项，产物中碳原子的杂化方式有 sp3(饱和碳原子)、 sp2(苯环、羰基和碳碳双键中的碳原子)、 sp(碳碳三键中碳原子)三种，C错误；D项，总反应式为，原子利用率不等于100%，不符合绿色化学理念，D错误；故选B。 8．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)某醇的消去反应机理如下图所示，下列说法不正确的是( ) A．H+是催化剂 B．该醇的消去产物只有一种 C．若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+ D．依据该机理，能发生消去反应 【答案】B 【解析】A项，根据反应中H+在反应中参与反应，反应结束后又生成的特点判断H+做催化剂，故A正确；B项，对于图中最后一步的反应物碳正离子而言，也可以消去所连的甲基上的H，生成CH2=C(CH3)CH(CH3)2，所以该醇的消去产物不只有一种，故B错误；C项，根据图中机理，可知若用D+替代H+，方程式为：(CH3)3CCH(OH)(CH3)+D+→CH2=C(CH3)CH(CH3)2+HDO+H+，故C正确；D项，依据该机理可知由羟基所连的C转移到邻碳，再由邻碳正离子与相连的碳之间形成双键推断能发生消去反应，故D正确；故选B。 9．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)铑(Rh)催化烯烃与CO的偶联反应机理如图，L表示配体，Bu表示丁基，下列说法不正确的是( ) A．中碳碳双键的极性对产物的选择性产生影响 B．元素Rh的化合价经历了两次变化 C．该过程的主要副产物为 D．将Bu换成-CF3，主要产物为 【答案】C 【解析】A项，烯烃中碳碳双键的极性会影响其与催化剂Rh的配位方式，进而对产物的选择性产生影响，A正确；B项，在整个催化循环中，Rh通过氧化加成和还原消除步骤，化合价发生了两次变化，B正确；C项，该机理中烯烃发生加成反应时，端基①号碳连在催化剂上，如图：，若是加成反应时②号碳连在催化剂上，副产物是支链醛：，C错误；D项，将Bu换成-CF3后，由于-CF3的吸电子效应，会改变反应的选择性，主要产物为，D正确；故选C。 10．(2026·浙江省衢州二中选考模拟)利用CO2和H2可制得甲烷，实现资源综合利用。已知： I．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 Ⅱ．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-165.0kJ·mol−1 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。 ，下列说法不正确的是( ) A．反应I的 B．240℃时，其他条件不变，增大压强，CO2的转化率增大 C．在260~300℃间，其他条件不变，升高温度，CH4的产率增大 D．320℃时CO2的转化率最大，可能的原因是反应I和反应IⅡ达到了平衡状态 【答案】A 【解析】A项，反应I为等体积的吸热反应ΔH1＞0，当ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应可自发进行，故该反应ΔS＞0，A项错误；B项，240℃时，其他条件不变，增大压强，反应I平衡不移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CO2的转化率增大，B项正确；C项，在260~300℃间，其他条件不变，升高温度，CH4选择性变化不大，CO2的转化率逐渐增大，说明反应Ⅱ平衡正向移动，CH4的产率增大，C项正确；D项，320℃时CO2的转化率最大，随后转化率降低，可能的原因是温度过高，导致催化剂失去活性，也可能是反应达到了平衡状态，D项正确；故选A。 11．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)乙炔加氢是得到高纯度乙烯的一种重要方法。主要发生如下两个反应： 反应Ⅰ：C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g) ΔH1＝-176kJ·mol−1 反应Ⅱ：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-320kJ·mol−1 一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 下列说法不正确的是( ) A．反应Ⅲ：C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g) ΔH3＝-144kJ·mol−1，该反应低温自发 B．对于反应Ⅱ，已知速率方程，在恒温恒容条件下，充入一定量的C2H6，此时v(C2H2)的速率减小，平衡逆移 C．由图1可知，220℃以后乙炔转化率减小的原因：温度过高，反应Ⅱ受温度变化影响程度大，平衡逆移程度超过了反应Ⅰ正移程度，乙炔转化率减小 D．图2，在120~240℃范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ乙炔的转化速率大小关系为：v1＞v2 【答案】C 【解析】A项，根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-320kJ/mol)-(-176kJ/mol)=-144kJ/mol。反应Ⅲ为气体分子数减少的反应(ΔS<0)，且ΔH<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，低温时ΔG<0，反应自发，A正确；B项，速率方程中c(C2H6)的指数为-0.5，恒温恒容充入C2H6，c(C2H6)增大，v(C2H2)减小；反应Ⅱ中充入产物C2H6，平衡逆向移动，B正确；C项，题目明确“反应均未达平衡”，此时乙炔转化率由反应速率决定，而非平衡移动。220℃后转化率下降可能是高温导致催化剂活性降低，而非“平衡逆移”，C错误；D项，，乙烯选择性(>80%)远大于乙烷(<20%)，则反应Ⅰ转化的乙炔量(v1)大于反应Ⅱ(v2)，D正确；故选C。 12．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与过程中的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，下列说法不正确的是( ) A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率 B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2＋H2O→化合物3＋HCOO-”的决速步骤 C．化合物1→化合物2发生了加成反应 D．图甲过程中Fe的化合价有发生改变 【答案】D 【解析】A项，根据题意和图甲可知，化合物1先消耗、后生成为反应的催化剂，催化剂可加快CO2的转化速率，A正确；B项，图乙中由中间体I1形成中间体I2的反应活化能③最大，活化能最大的步骤反应速率最慢，为图甲中“化合物2＋H2O→化合物3＋HCOO-”的决速步骤，B正确；C项，化合物1中Fe-H键与CO2发生反应，O=C=O中的一条双键打开，Fe和H分别加到C和O上形成化合物2，发生加成反应，C正确；D项，由图甲可知，该流程中铁的成键数目并未改变，所以反应过程中铁元素的化合价没有发生变化，D错误；故选D。 13．(2026·浙江丽水高三联考)NO的氧化反应：2NO+O22NO2分两步进行：Ⅰ．2NON2O2  Ⅱ． N2O2+O22NO2，其能量变化示意图如下图l。恒容密闭容器中充入一定量的NO和O2，控制反应温度为T3和T4，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如下图2。下列说法不正确的是( ) A．升温，NO的平衡转化率降低 B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ C．结合图2信息可知：转化相同量的NO，T4耗时更长 D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，对过程Ⅱ速率的影响小于温度 【答案】D 【解析】A项，根据能量图可知过程I，H<0，升温平衡逆移，平衡转化率降低，A正确；B项，活化能Ea1<Ea2，过程II为慢反应，为决速步骤，B正确；C项，结合图2信息可知：c(NO)相同时，T4耗时更长，C正确；D项，过程I为快反应先达到平衡，升温后逆移，N2O2浓度减小引起决速过程II速率减小，影响大于升温，D错误；故选D。 14．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)工业上将CH4和H2S混合气体在压强为0.15MPa时通入反应釜中制备H2，反应如图1所示分两步完成，反应相同时间后测得H2和CS2的体积分数随温度变化如图2所示。 下列说法正确的是( ) A．该反应涉及的反应为Ⅰ．2H2S(g)＋CH4(g)2H2(g)＋S2(g)＋CH4(g)；Ⅱ．2H2(g)＋S2(g)＋CH4(g) 4H2(g)＋CS2(g) B．在0.15MPa，980℃时，增大n(CH4)/n(H2S)的投料比，H2S的转化率提高 C．其他条件不变时，通入适量氮气可以提高H2的产率 D．在950~1150℃范围内，其他条件不变时升高温度，S2的体积分数升高 【答案】C 【解析】由图1可知，2H2S(g)＋CH4(g)4H2(g)＋CS2(g) ΔH＞0分两步完成：第一步反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g) ΔH1＞0；第二步反应为S2(g)＋CH4(g) 2H2(g)＋CS2(g) ΔH2＞0。第二步反应的活化能大于第一步的，第二步较难发生。从图2可知，1000℃之后第二步反应才会发生，且温度越高，第二步反应速率增加越快。A项，由分析可知，第一步反应为2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，第二步反应为S2(g)＋CH4(g) 2H2(g)＋CS2(g)，A错误；B项，1000℃之后第二步反应才会发生，所以980℃时提高的投料比，H2S的转化率不会提高，B错误；C项，其他条件不变时，适量通入氮气相当于减压，两个平衡均正向移动，理论上可以提高H2的产率，C正确；D项，在950~1150℃范围内，其他条件不变时升高温度，活化能大的反应速率受温度影响更大，所以第二步的反应速率随温度升高增大更快，S2的体积分数先升高后降低，D错误；故选C。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $