文档内容
专题 08 化学反应速率与化学平衡
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
◆化学反应速率：2024安徽卷、2024江
选择题中对于化学反应速率和化学平衡内容
苏卷、2024甘肃卷、2023广东卷、2023
的考查不算太多，这是因为在主观题中，化
山东卷、2023辽宁卷、2023浙江卷、
学反应速率和化学平衡才是考查的重头戏。
2022广东卷、2022北京卷、2022河北
随着新高考单科卷的实行，选择题题量大
考点1 化学反 卷、2022浙江卷
增，有关化学反应速率和化学平衡试题的考
应速率与化学 ◆化学平衡：2024黑吉辽卷、2024山东
查在选择题中开始有所增加，考查的核心知
平衡 卷、2024江苏卷、2024浙江卷、2024湖
识还是有关化学反应速率的比较、计算和影
南卷、2023北京卷、2023湖南卷、2023
响因素的判断，化学平衡常数、转化率、物
山东卷、2022天津卷、2022重庆卷、
质的浓度的计算，以及平衡移动原理的分析
2022江苏卷、2022浙江卷、2022北京
等，常结合坐标图像或表格进行考查。
卷、2022辽宁卷、2022湖南卷
考法01 化学反应速率
1. (2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO2-的影响因素，测得不同条件下SeO2-浓度随时间
4 4
变化关系如下图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是
A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO 2-)=2.0mol·L-1·h-1
4
B. 实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO 2-+8H+=2Fe3++Se+4H O
4 2
C. 其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D. 其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO2-的去除效果越好
4
【答案】C
【解析】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率 ，A
不正确；
B. 实验③中水样初始 =8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用 配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，
适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，
适当减小初始 ， 的去除效果越好，但是当初始 太小时， 浓度太大，纳米铁与 反应速
率加快，会导致与 反应的纳米铁减少，因此，当初始 越小时 的去除效果不一定越好，D
不正确；
综上所述，本题选C。
2. (2024·江苏卷)下列说法正确的是
A. 豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B. 与 反应中，Ag催化能提高生成 的选择性
C. 制 反应中， 能加快化学反应速率
D. 与 反应中， 能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】A． 固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；
B．根据题意，催化剂有选择性，如C H 与O 反应用Ag催化生成 (环氧乙烷)、用CuCl /PdCl
2 4 2 2 2
催化生成CHCHO，则判断Ag催化不能提高生成CHCHO的选择性，B错误；
3 3
C． MnO 是HO 制O 反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；
2 2 2 2
D． VO 是SO 与O 反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误；
2 5 2 2
故选C。3. (2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是
A. 催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B. 中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C. 锌粉和盐酸反应时加水稀释 D. 石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【解析】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化
氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；
故选C。
4．（2023·山东卷）一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图
所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是
A．t 时刻，体系中有E存在
1
B．t 时刻，体系中无F存在
2
C．E和TFAA反应生成F的活化能很小
D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1
【答案】AC
【分析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：
①E+TFAA F ②F G ③G H+TFAA
t 之后的某时刻，H为0.02 mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol∙L-1E、起始时的
1
0.08mol∙L-1TFAA、G分解生成的0.02 mol∙L-1 TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L-1F；在t 时刻，H为
2
0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，则F为0.01 mol∙L-1。
【解析】A．t 时刻，H的浓度小于0.02 mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02 mol∙L-1，参加反应①的
1H的浓度小于0.1 mol∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1 mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；
B．由分析可知，t 时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，则F为0.01 mol∙L-1，
2
所以体系中有F存在，B不正确；
C．t 之后的某时刻，H为0.02 mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，
1
所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；
D．在t 时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，F为0.01 mol∙L-1，只有F、G全部
2
转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而G H+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，
TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L-1，D不正确；
故选AC。
5．（2023·广东卷）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条
件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，
C错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率
较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；
故选C。
6．（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性 溶液与 发生反应， (Ⅱ)起催化作用，过程中不同
价态含 粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A． (Ⅲ)不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下， (Ⅱ)和 (Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：
【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大
约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。
【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后
Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化HC O，A项错误；
2 2 4
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速
率会增大，B项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项
正确；
D．HC O 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2 +5H C O+6H+=2Mn2+
2 2 4 2 2 4
+10CO ↑+8H O，D项错误；
2 2
答案选C。
7．（2023·浙江卷）一定条件下， 苯基丙炔( )可与 发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应ⅡC．增加 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；
B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，
其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；
C．增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物I的比例可能降低，故C错误；
D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。
综上所述，答案为C。
8．（2022·广东卷）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的
部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
【答案】D
【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；
B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误；
C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化
了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t
的变化，故C错误；
D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则 (Y) = = =2.0
， (X) = (Y) = 2.0 =1.0 ，故D正确；
答案选D。
9．（2022·北京卷）CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，
2 2
以N 为载气，以恒定组成的N、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的
2 2 4
量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO，在催化剂上有积碳。
2下列说法不正确的是
A．反应①为CaO+CO =CaCO ；反应②为CaCO +CH CaO+2CO+2H
2 3 3 4 2
B．t~t，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH C+2H
1 3 2 2 4 2
C．t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率
2 2 2
D．t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3
【答案】C
【解析】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO =CaCO ，结合氧化还原反应配平可得反应②为
2 3
，A正确；
B．由题干图2信息可知，t~t，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，且反应过程中始终未检测到CO，
1 3 2 2 2
在催化剂上有积碳，故可能有副反应 ，反应②和副反应中CH 和H 的系数比均为1:2，
4 2
B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H 和CO的反应速率相等，而t 时刻信息可知，H 的反应速率未变，仍然
2 2 2
为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 速率，
2 2
C错误；
D．由题干图2信息可知，t 之后，CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的
3 4
速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
10．（2022·河北卷）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为① ；②
。反应①的速率 ，反应②的速率 ，式中 为速率常数。图甲为该体系中X、
Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的 曲线。下列说法错误的是A．随 的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于 时，总反应速率由反应②决定
【答案】AB
【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的
是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高
增大的幅度小于反应②的。
【解析】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率
随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加
量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X
的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法错误；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，
且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，
C说法正确；
D．由图乙信息可知，温度低于T 时，k＞k，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法
1 1 2
正确；
综上所述，本题选AB。
11．（2022·浙江卷）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g) 3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线
甲所示。下列说法不正确的是
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线
乙所示
【答案】C
【解析】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，
从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，
平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；
答案选C。
考法02 化学平衡
12. (2024·黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品， 时其制备过程及相关物质浓
度随时间变化如图所示， 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A. 时，反应②正、逆反应速率相等
B. 该温度下的平衡常数：①>②
C. 平均速率(异山梨醇)
D. 反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大， 后异山梨醇浓度才不再变化，所以 时，
反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；
B．图像显示该温度下， 后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4-
失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常
数：①>②，故B正确；C．由图可知，在 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=
，故C正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化
率，故D正确；
故答案为：A。
13. (2024·山东卷)逆水气变换反应： 。一定压力下，按 ，
物质的量之比 投料， ， 温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已
知该反应的速率方程为 ， ， 温度时反应速率常数k分别为 。下列说法错
误的是
A.
B. 温度下达平衡时反应速率的比值：
C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与 温度时相同
【答案】CD
【解析】
【分析】由图可知，T 比T 反应速率速率快，则T ＞T ；T 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T 温
1 2 1 2 1 2
度下平衡时；由于起始CO 与H 的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO 和H 的摩尔分数相等。
2 2 2 2
【解析】A．根据分析，T 比T 反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k＞
1 2 1
k，A项正确；
2
B．反应的速率方程为v=kc0.5(H )c(CO)，则 ，T 温度下达到平衡时反应物的
2 2 1
摩尔分数低于T 温度下平衡时，则 ，B项正确；
2
C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；
D．T 温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H 和CO 的摩尔分数不可能
2 2 2
相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T 温度时相同，D项错误；
1
答案选CD。
14. (2024·江苏卷)二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①
②
、 下，将一定比例 、 混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L、L、
1 2
L…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和 的体积分数如图所示。下列说法正确的是
3
A. L 处与L 处反应①的平衡常数K相等
4 5
B. 反应②的焓变
C. L 处的 的体积分数大于L 处
6 5
D. 混合气从起始到通过L 处，CO的生成速率小于 的生成速率
1
【答案】C
【解析】A．L 处与L 处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；
4 5
B．由图像可知，L-L 温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，
1 3
ΔH<0，B错误；
2
C．从L 到L，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数没
5 6
有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H O) 增大，
2
反应②为气体分子数减小的反应，且没有HO的消耗与生成，故 n总减小而n(H₂O)增加，即HO的体积
2 2
分数会增大，故L 处的 HO的体积分数大于L 处，C正确；
6 2 5
D．L 处CO 体的积分数大于 CHOH，说明生成的 CO 的物质的量大于CHOH，两者反应时间相同，说
1 3 3
明CO的生成速率大于 CHOH的生成速率，D错误；
3
故选C。
15. (2024·浙江卷6月)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．II．
向容积为 的密闭容器中投入 和 ，不同温度下，测得 时(反应均未平衡)的
相关数据见下表，下列说法不正确的是
温度( ) 400 500 600
乙烷转化率( ) 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性( ) 92.6 80.0 61.8
注：乙烯选择性
A. 反应活化能：
B. 时， 反应I的平均速率为：
C. 其他条件不变，平衡后及时移除 ，可提高乙烯的产率
D. 其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后可提高乙烷转化率
【答案】D
【解析】A．由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，则反应活化能：Ⅰ<Ⅱ，A正
确；
B．由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而
此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可
得 ， 生 成 乙 烯 的 物 质 的 量 为 0.144mol ， 则 反 应 I 的 平 均 速 率 为 ：
，B正确；
C．其他条件不变，平衡后及时移除 ，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；
D．其他条件不变，增大投料比 投料，平衡后CO 转化率提高，C H 转化率降低，D
2 2 6
错误；
答案选D。
16. (2024·湖南卷)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的 和 ，发生如下反应：
主反应：
副反应：
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所
示，下列说法正确的是
A. 投料比x代表
B. 曲线c代表乙酸的分布分数
C. ，
D. L、M、N三点的平衡常数：
【答案】D
【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为 、
，若投料比x代表 ，x越大，可看作是CHOH的量增多，则对于主、副反
3
应可知生成的CHCOOCH 越多，CHCOOCH 分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CHCOOCH 分布分
3 3 3 3 3 3
数，曲线c或曲线d表示CHCOOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料
3
比x代表 ，曲线a或曲线b表示 ，曲线c或曲线d表示 ，
据此作答。
【解析】A．根据分析可知，投料比x代表 ，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示CHCOOCH 分布分数，故B错误；
3 3
C．根据分析可知，曲线a或曲线b表示 ，当同一投料比时，观察图像可知T 时
2
大于T 时 ，而 可知，温度越高则 越大，说明温度
1
升高主反应的平衡正向移动， ；曲线c或曲线d表示 ，当同一投料比时，观察
可知T 时 大于T 时 ，而 可知，温度越高则
1 2
越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动， ，故C错误；D．L、M、N三点对应副反应 ，且 ，升高温度平衡逆向移动，
，故D正确；
故答案选D。
17．（2023·北京卷）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．铁钢放入浓 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
【解析】A．MnO 会催化 HO 分解，与平衡移动无关，A项错误；
2 2 2
B．NO 转化为NO 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO 浓度增大，混合气体颜色加深，B项正
2 2 4 2
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。
18．（2023·湖南卷）向一恒容密闭容器中加入 和一定量的 ，发生反应：
。 的平衡转化率按不同投料比 随温度的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为 ，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH 的转化率，即x值越小，CH 的转化率越大，则
4 4，故A正确；
B．b点和c点温度相同，CH 的起始物质的量都为1mol，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度
4
大，则反应速率： ，故B错误；
C．由图像可知，x一定时，温度升高CH 的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向
4
移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数： ，故C正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，
反应达到平衡状态，故D正确；
答案选B。
19．（2023·山东卷）在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： ；
2
； ； ； ，平衡常
数依次为 。已知 、 ， 、 随 的变化关
系如图所示，下列说法错误的是
A．线 表示 的变化情况
B．随 增大， 先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【分析】由题干反应方程式 可知，K= ，则有c(Hg2+)= ，则有
1
lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)， =lgK +lgc(HgI )+
1 2 2 2 3 2
lgc(I-)， ==lgK+lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由 可知K= 为一定值，
4 2 0故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表 、 、
、 ，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，线 表示 的变化情况，A正确；
B．已知 的化学平衡常数K= ，温度不变平衡常数不变，故随 增大，
0
始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为 ，
2
D正确；
故答案为：B。
20．（2022·天津卷）向恒温恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应
达到平衡后，再通入一定量 ，达到新平衡时，下列有关判断错误的是
A． 的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大 D． 的转化总量增大
【答案】B
【解析】A．平衡后，再通入一定量 ，平衡正向移动， 的平衡浓度增大，A正确；
B．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；
C．通入一定量 ，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；
D．通入一定量 ，促进二氧化硫的转化， 的转化总量增大，D正确；
故选B。
21．（2022·重庆卷）两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。
反应1：NH HCO (s) NH (g)+HO(g)+CO(g) p=3.6×104Pa
4 3 3 2 2 1
反应2：2NaHCO (s) NaCO(s)+HO(g)+CO(g) p=4×103Pa
3 2 3 2 2 2
该温度下，刚性密闭容器中放入NH HCO 和NaCO 固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错
4 3 2 3
误的是A．反应2的平衡常数为4×106Pa2 B．通入NH ，再次平衡后，总压强增大
3
C．平衡后总压强为4.36×105Pa D．缩小体积，再次平衡后总压强不变
【答案】B
【解析】A．反应2的平衡常数为 ，A正确；
B．刚性密闭容器，温度不变平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B错
误；
C． ， ，
， ，所以总压强为：
，C正确；
D．达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D正确；
故选B。
22．（2022·江苏卷）乙醇-水催化重整可获得 。其主要反应为
，
，在 、 时，若仅考
虑上述反应，平衡时 和CO的选择性及 的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性 ，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时 产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大 可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入 或选用高效催化剂，均能提高平衡时 产率
【答案】B
【分析】根据已知反应① ，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更
大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO 的选择性减小，所以图中③代表CO的选
2
择性，①代表CO 的选择性，②代表H 的产率，以此解题。
2 2
【解析】A．由分析可知②代表H 的产率，故A错误；
2
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；
C．一定温度下，增大 ，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平
衡转化率降低，故C错误；
D．加入 或者选用高效催化剂，不会影响平衡时 产率，故D错误；
故选B。
23．（2022·江苏卷）用尿素水解生成的 催化还原 ，是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为
，下列说法正确的是
A．上述反应
B．上述反应平衡常数
C．上述反应中消耗 ，转移电子的数目为
D．实际应用中，加入尿素的量越多，柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小
【答案】B
【解析】A．由方程式可知，该反应是一个气体分子数增大的反应，即熵增的反应，反应△S＞0，故A错
误；
B．由方程式可知，反应平衡常数 ，故B正确；
C．由方程式可知，反应每消耗4mol氨气，反应转移12mol电子，则反应中消耗1mol氨气转移电子的数
目为3mol×4× ×6.02×1023=3×6.02×1023，故C错误；
D．实际应用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨气过量，柴油机车辆排放的氨气对空气污染程度
增大，故D错误；
故选B。
24．（2022·浙江卷）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下
列说法不正确的是A．实验①， ，
B．实验②， 时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，
v(NH )= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N )= v(NH )=1.00
3 2 3
10-5mol/(L·min)，A正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达
到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，
实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B
正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反
应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的
两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验
③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正
确；
答案选C。
25．（2022·北京卷）某 多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附 。废
气中的 被吸附后，经处理能全部转化为 。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是A．温度升高时不利于 吸附
B．多孔材料“固定” ，促进 平衡正向移动
C．转化为 的反应是
D．每获得 时，转移电子的数目为
【答案】D
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO 转化成NO 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中
2 2 4
我们知道，NO 转化为NO 的程度，决定了整个废气处理的效率。
2 2 4
【解析】A．从 可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，
导致生成的NO 减少，不利于NO 的吸附，A正确；
2 4 2
B．多孔材料“固定” ，从而促进 平衡正向移动，B正确；
C．NO 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为 ，C正确；
2 4
D．在方程式 中，转移的电子数为4e-，则每获得 ，转移的电子数为
0.4mol，即个数为 ，D错误；
故选D。
26．（2022·辽宁卷）某温度下，在 恒容密闭容器中 发生反应2X(s) Y(g)+2Z(g)，有关数据
如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是
A． 时，Z的浓度大于
B． 时，加入 ，此时
C． 时，Y的体积分数约为33.3%
D． 时，X的物质的量为
【答案】B
【解析】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减
小，则 内Z的平均生成速率大于 内的，故 时，Z的浓度大于 ，A正确；
B． 时生成的Z的物质的量为 ， 时生成的Z的物质的量为
，故反应在 时已达到平衡，设达到平衡时生了 ，列三段
式：根据 ，得 ，则Y的平衡浓度为 ，Z的平衡浓度为 ，平衡常数
， 时Y的浓度为 ，Z的浓度为 ，加入 后Z的浓
度变为 ， ，反应正向进行，故 ，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之
比等于物质的量之比， ，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知 时反应处于平衡状态，此时生成Z为 ，则X的转化量为 ，初始X
的物质的量为 ，剩余X的物质的量为 ，D正确；
故答案选B。
27．（2022·湖南卷）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入 和 发生反应：
，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所
示。下列说法正确的是
A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
【答案】B
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程
PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即 ＜0，故A
错误；
B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝
热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中
气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：n＜n，故B正确；
a c
C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质
的量（物质的量浓度）之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：，则有 ，计算得到x=0.75，那么化学平衡常数
K= ，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡
常数减小即平衡常数K＜12，故C错误；
D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即V ＞V
a正 b
，故D错误。
正
综上所述，答案为B。
28．（2022·广东卷）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，
各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 ，H 的平衡转化率增大
2
【答案】C
【解析】A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的
正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；
B．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度
升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B错误；
C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；
D．BaSO 是固体，向平衡体系中加入BaSO，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故
4 4
D错误；
故选C。
29．（2022·江苏卷）乙醇-水催化重整可获得 。其主要反应为
，
，在 、 时，若仅考虑上述反应，平衡时 和CO的选择性及 的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性 ，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时 产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大 可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入 或选用高效催化剂，均能提高平衡时 产率
【答案】B
【分析】根据已知反应① ，反应②
，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更
大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO 的选择性减小，所以图中③代表CO的选
2
择性，①代表CO 的选择性，②代表H 的产率，以此解题。
2 2
【解析】A．由分析可知②代表H 的产率，故A错误；
2
B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；
C．一定温度下，增大 ，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平
衡转化率降低，故C错误；
D．加入 或者选用高效催化剂，不会影响平衡时 产率，故D错误；
故选B。
30．（2022·海南卷）某温度下，反应CH=CH (g)+HO(g) CHCHOH(g)在密闭容器中达到平衡，下列
2 2 2 3 2
说法正确的是
A．增大压强， ，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时 的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的 ，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的 ， 的平衡转化率增大【答案】C
【解析】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的
幅度大于逆反应的，故v > v ，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正
正 逆
确；
B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CHCHOH(g)的浓度，B不正确；
3 2
C．恒容下，充入一定量的HO(g)，HO(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；
2 2
D．恒容下，充入一定量的CH=CH (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH=CH (g)的平衡转化率减小，
2 2 2 2
D不正确；
综上所述，本题选C。
31．（2022·浙江卷）AB型强电解质在水中的溶解(可视作特殊的化学反应)表示为AB(s)=An+(aq)+Bn-(aq)，
其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是
A．ΔH和ΔS均大于零
B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零
D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
【答案】D
【解析】强电解质溶于水有的放热，如硫酸铜等；有的吸热，如碳酸氢钠等，所以在水中溶解对应的ΔH
可能大于零或小于零。熵表示系统混乱程度。体系越混乱，则熵越大。AB型强电解质固体溶于水，存在
熵的变化。固体转化为离子，混乱度是增加的，但离子在水中存在水合过程，这样会引发水的混乱度的变
化，让水分子会更加规则，即水的混乱度下降，所以整个溶解过程的熵变ΔS，取决于固体转化为离子的熵
增与水合过程的熵减两个作用的相对大小关系。若是前者占主导，则整个溶解过程熵增，即ΔS＞0，反之，
熵减，即ΔS＜0。综上所述，D项符合题意。故选D。
