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押新高考卷第 9-10 题
元素推断与元素周期律、化学反应机理图、化学反
应速率与平衡
核心考点 考情统计 考向预测
2023·辽宁卷，9
2023·湖北卷，6
根据题给信息（“残缺的”元素周期表、元素性质的递变规
2023·湖南卷，6
律或结合陌生复杂化合物的结构式等）推断元素种类，并利
2023·广东卷，
元素推断与 用元素周期律判断相关问题，多涉及微粒半径比较、简单氢
14
元素周期律 化物熔沸点的比较、元素金属性或非金属性强弱比较、最高
2023·重庆卷，
价氧化物的水化物的酸碱性比较、化学键类型的判断、第一
13
电离能或电负性的强弱比较等
2023·福建卷，3
2023·河北卷，8
2023·湖南卷，
根据反应过程中的物质转化路径图或者能量变化过程图，把
14
一个复杂反应分解成若干个反应，考查化学反应与能量、物
化学反应机 2023·重庆卷，
质结构等知识点，常涉及化学键的断裂和形成、部分反应或
理图 10
总反应的化学方程式、原子的杂化方式、氢键、活化能、催
2023·广东卷，
化剂等
15
2023·辽宁卷，
13
2023·湖南卷，
结合化学反应平衡图像（或表格）进行考查，主要考查曲线
13
化学反应速 上一些关键点的意义和比较、反应速率的比较、化学平衡常
2023·山东卷，
率与平衡 数的比较与计算、平衡转化率的计算、外界因素对平衡状态
14
的影响等
2023·重庆卷，11
2023·河北卷，
12考点一 元素推断与元素周期律
1．（2023·湖南卷）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为
原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相
等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：XX>Z>W，A错误；
B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径
大小为：YO>C，B错误；
C．Q为Al，Al O 为两性氧化物，C正确；
2 3
D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；
故答案选AB。
3．（2023·湖北卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核
外电子数与X的价层电子数相等， 是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物 。下
列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：XⅠ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】AD
【解析】A．由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程I是放热反应，A说法
正确；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B
说法不正确；
C．进程Ⅲ中由S•Y转化为P•Y的活化能高于进程Ⅱ中由S•X转化为P•X的活化能，由于这两步反应分别
是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，Ｃ说法不正确；
D．由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S•Z，然后S•Z转化为产物P•Z，由于P•Z没有转化为
P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确；
综上所述，本题选AD。
9．（2022·山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的
是A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成 的反应历程有2种
C．增大NO的量， 的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO+∙OH、
2
NO+NO +H O=2HONO、NO +∙C H=C H+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO 、HONO中N元
2 2 2 3 7 3 6 2
素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有
电子转移，A项正确；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C H 的平衡转化率不变，C项正确；
3 8
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H+O
2 3 8 2
2C H+2H O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；
3 6 2
答案选D。
考点三 化学反应速率与平衡
10．（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
1
的H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
2
部转化为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。
11．（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。
12．（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。
13．（2022·辽宁卷）某温度下，在 恒容密闭容器中 发生反应 ，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。
一、掌握主族元素的周期性变化规律
项目 同周期(左→右) 同主族(上→下)
核电荷数 逐渐增大 逐渐增大
电子层数 相同 逐渐增多
原子 原子半径 逐渐减小 逐渐增大
结构 阳离子逐渐减小
离子半径 阴离子逐渐减小 逐渐增大
r(阴离子)＞r(阳离子)
最高正化合价由＋1→＋7 相同，
化合价 (O、F除外) 最高正化合价＝主族序数
负化合价＝－(8－主族序数) (O、F除外)
金属性逐渐减弱 金属性逐渐增强
元素的金属性和非金属性
非金属性逐渐增强 非金属性逐渐减弱
性质
阳离子氧化性逐渐增强 阳离子氧化性逐渐减弱
离子的氧化性、还原性
阴离子还原性逐渐减弱 阴离子还原性逐渐增强
气态氢化物的稳定性 逐渐增强 逐渐减弱
最高价氧化物对应的水化 碱性逐渐减弱 碱性逐渐增强
物的酸碱性 酸性逐渐增强 酸性逐渐减弱
二、反应机理题的关键知识点和解题思路
1．基元反应：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。
2．对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，
k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计
量数为指数的幂的乘积成正比。有时称其为质量作用定律。
3．许多化学反应，尽管其反应方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤完成的复杂反
应。例如H(g)＋I(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：
2 2
①I I＋I(快)
2
②H ＋2I === 2HI(慢)
2
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
4．过渡态理论
如图所示是两步完成的化学反应。(1)该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。
(2)由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。
(3)第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。
5．常见反应历程(或机理)图像分析
图像 解读
催化剂与化学反应
(1)在无催化剂的情况下：E 为正反应的活化能；E 为逆反应的活化
1 2
能；E－E 为此反应的焓变(ΔH)。
1 2
(2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个，如模拟演
练题1中图像所表示的)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产
物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。
(3)催化剂的作用：降低E、E，但不影响ΔH，反应是放热反应还是
1 2
吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小
“环式”反应
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中
间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，
“出环”的物质为生成物，如②和③
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。
例1：在含少量 I-的溶液中，HO 分解的机理为：
2 2
HO + I- → H O + IO- 慢
2 2 2
1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化
HO + IO-→ O + I- +H O 快
循环机理 2 2 2 2
在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。
例2：而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个
历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后
又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图中，
MoO 则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。
3
能垒与决速步骤
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。
例如图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而
HCOO*+H*=CO +2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。
2
注意：
①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反
应。
②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催
化效果越好。
③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速
率越大，产物占比越高。
6．掌握催化反应机理题的解题思路
（1）通览全图，找准一“剂”三“物”
催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主题的多个物
一“剂”指催化剂
种一定在机理图中的主线上
反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物
三“物”指反应 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物
物、生成物、中间 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进
物种(或中间体) 中间体 入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[
]”标出
（2）常见催化剂的四大误区
实际上，催化剂不是不参加化学反应，而是在化学反应前后，催化剂的化
学性质基本不变。例如在铜催化乙醇生成乙醛的反应中，铜参与反应的原
误区 催化剂不参 理如下：
1 加化学反应 第一步为2Cu＋O===2CuO，
2
第二步为CuO＋CHCHOH→Cu＋CHCHO＋HO，这两步反应方程式的加
3 2 3 2
和为O＋2CHCHOH→CH CHO＋2HO。显然催化剂参与了化学反应。
2 3 2 3 2
一种反应只 实际上一个反应可以有多种催化剂，只是我们常选用催化效率高的，对环
误区
有一种催化 境污染小，成本低的催化剂，如双氧水分解的催化剂可以是二氧化锰，也
2
剂 可以是氯化铁，当然还可以硫酸铜等。
催化剂都是
误区 实际上，催化剂有正催化剂与负催化剂，正催化剂加快化学反应速率，负
加快化学反3 应速率 催化剂是减慢化学反应速率的。
催化剂的效 实际上，催化剂参与了化学反应，是第一反应物。既然是反应物，催化剂
误区
率与催化剂 的表面积，催化剂的浓度大小必然影响化学反应速率。比如用酵母催化剂
4
的量无关 做食品，酵母量大自然面就膨大快。催化剂的用量是会改变催化效率的。
三、化学反应速率与平衡的图像分析
1．瞬时速率—时间图像
（1）当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率—时间图像的曲线出现
不连续的情况，根据出现“断点”前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图：
t 时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
1
（2）常见含“断点”的速率－时间图像分析
图像
温 升高 降低 升高 降低
t 时刻
1
度 正反应为放热反应 正反应为吸热反应
所改变
压 增大 减小 增大 减小
的条件
强 正反应为气体物质的量增大的反应 正反应为气体物质的量减小的反应
（3）“渐变”类速率－时间图像
图像 分析 结论
t 时v′ 突然增大，v′ 逐渐增
1 正 逆
t 时其他条件不变，增
1
大；v′ ＞v′ ，平衡向正反应
正 逆
大反应物的浓度
方向移动
t 时v′ 突然减小，v′ 逐渐减
1 正 逆
t 时其他条件不变，减
1
小；v′ ＞v′ ，平衡向逆反应
逆 正
小反应物的浓度
方向移动t 时v′ 突然增大，v′ 逐渐增
1 逆 正
t 时其他条件不变，增
1
大；v′ ＞v′ ，平衡向逆反应
逆 正
大生成物的浓度
方向移动
t 时v′ 突然减小，v′ 逐渐减
1 逆 正
t 时其他条件不变，减
1
小；v′ ＞v′ ，平衡向正反应
正 逆
小生成物的浓度
方向移动
2．全程速率—时间图像
例如：Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。
原因：
（1）AB段(v增大)，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大。
（2）BC段(v减小)，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。
3．物质的量(或浓度)—时间图像
例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
（1）由图像得出的信息
①X、Y是反应物，Z是生成物。
②t s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。
3
③0～t s时间段：Δn(X)＝n－nmol，Δn(Y)＝n－nmol，Δn(Z)＝nmol。
3 1 3 2 3 2
（2）根据图像可进行如下计算
①某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝ mol·L－1·s－1；Y的转化率＝×100%。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n－n)∶(n－n)∶n。
1 3 2 3 2
4．含量—时间—温度(压强)图像
（1）识图技巧
分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。
①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。
②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。
（2）应用举例
C%指生成物的质量分数，B%指反应物的质量分数。
5．“A的转化率(或C的含量)－温度－压强”四种图像
以mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) ΔH＝Q kJ·mol－1为例
m＋n>p＋q，ΔH>0 m＋np＋q，ΔH<0 m＋n0
6．“点－线－面”三维度分析特殊平衡图像
（1）对于化学反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，如图所示：M点前，表示从反应开始，v >v ；
正 逆
M点恰好达到平衡；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)，L线上所有的点都是平衡点(如图)。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点满足v >v ；同理，L线的右下
正 逆
方(F点)满足v ＜v 。
正 逆
7．化工生产中的复杂图像分析
除通过图像获取有用信息和对获取的信息进行加工处理外，还需注意以下4点：
（1）曲线上的每个点是否都达到平衡
往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到
平衡以后的点才能应用平衡移动原理。
如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，先增大的原因是P点之前反应尚未达到
平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。
（2）催化剂的活性是否受温度的影响
不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或
高于这个温度都会下降。如图，250～300 ℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降
低。
（3）不同的投料比对产率也会造成影响
可以采用定一议二的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投
料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。
如图，对于反应2CO(g)＋6H(g) CHOCH (g)＋3HO(g)。
2 2 3 3 2
当投料比一定时，温度越高，CO 的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不
2
变，提高投料比[n(H )/n(CO)]，则提高了二氧化碳的转化率。
2 2
考点一 元素推断与元素周期律
1．（2024·黑龙江·统考一模）一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素
原子序数依次增大， 和 同主族但不相邻， 为相邻元素， 和 最外层电子数之和是 原子
层电子数的二倍，下列说法正确的是
A． 和 均为极性分子 B．第一电离能：
C．原子半径： D．W与 形成的化合物中只含离子键【答案】A
【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，
X和W同主族但不相邻，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价
键，其原子序数小于Na,则Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为
C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L层电子数为
=5，则Z为N，以此分析解答。
【解析】A．HO和HO 的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，故A正确；
2 2 2
B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，因
此第一电离能：N＞O＞C，即Z＞Y＞Q，故B错误；
C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径：C＞N＞O，即Q＞Z＞Y，故C错误；
D．W与Y形成的化合物可能为NaO或NaO，NaO只含离子键，但NaO 中既含离子键又含共价键，故
2 2 2 2 2 2
D错误。
答案选A。
2．（2023·河北保定·校联考三模）一种由短周期主族元素组成的化合物，其阴离子结构如图所示。W、
X、Y、Z原子序数之和为20，下列有关叙述不正确的是
A．稳定性：ZWC，氢化物稳定性：HO>CH，A正确；
2 4
B．由分析可知，W为H、X为B、Y为O，Z为C，一般电子层数越多半径越大，同周期元素核电荷数越
大半径越小，原子半径HY>Z B．离子半径：W>Z>Y
C．A与C可以反应生成B D．X和Y组成的二元化合物中不含有非极性键
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中
的一种或几种所组成的物质，已知Y元素最外层电子数是内层的3倍，则Y为O元素；Z与Y同主族，则
Z为S元素、W为Cl元素；E、B分别为Y、Z元素对应的单质，A中含有18个电子，D有漂白性，结合
图中转化可知，A为HS、D为HClO、B为S、E为O、C为SO ，则X为H元素。
2 2 2
A．元素的非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为O>Cl>S，则简单气
态氢化物的稳定性强弱顺序为O>Cl>S，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子的离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子，故
B错误；
C．硫化氢与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫和水，故C正确；
D．过氧化氢分子是含有极性键和非极性键的共价化合物，故D错误；
故选C。5．（2024届·甘肃·高三一模） 为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇
数。只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温
下为气体。下列说法错误的是
A．X单质可与氢氧化钠溶液反应
B． 分子与 分子均为三角锥形
C．W的第一电离能比同周期相邻两元素的低
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】B
【分析】 为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y处在不同周
期，只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，若W为氢，则Y为金属元素，故W不
为氢，则W为硼，那么Y为磷；X为钠或铝，Z的单质常温下为气体，Z为氯；
【解析】A．钠会和溶液中水反应，铝会和强碱氢氧化钠溶液反应，A正确；
B．BCl 形成3个共价键且无孤电子对，B为sp2杂化，是平面三角形结构，B错误；
3
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能
大于同周期相邻元素，故B的第一电离能比同周期相邻两元素的低，C正确；
D．Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，高氯酸为强酸，D正确；
故选B。
6．（2023·广东·校联考一模）已知：X、Y、Z、W为前四周期主族元素，基态X的原子最外层有3个未成
对电子，次外层电子仅有1种空间运动状态；Y的单质在空气中的含量位居第二，Z是短周期主族元素中
原子半径最大的元素；基态W的原子最外层电子排布式为 。下列有关说法正确的是
A．第一电离能：X>Y>Z B．电负性：W>X>Y
C．氢化物的沸点：X>Y D．W与Y形成的化合物为分子晶体
【答案】A
【解析】基态X的原子最外层有3个未成对电子，次外层电子仅有1种空间运动状态，则X为N，Y的单
质在空气中的含量位居第二，则Y的单质为氧气，则Y为O，根据同周期元素“序大径小”，同主族元素
“序大径大”，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为Na，基态W的原子最外层电子排布
式为 ，且为主族元素，则W为K，据此分析。
A．同周期电离能呈增大趋势，同主族电离能逐渐减小，但IIA、IVA元素电离能大于IIIA、VIA电离能。
由分析可知，X为N，Y为O，Z为Na，则第一电离能X>Y>Z，A正确；
B．W为K，X为N，Y为O，同周期电负性逐渐增大，同主族电负性逐渐减小，则电负性：WN>O>C，A项正确；
B．由于 中心原子的孤电子对数依次增多，所以键角： ，B项正确；
C．氟元素的非金属性强于氧元素，氟气能与水发生置换反应生成氢氟酸和氧气，C项正确；
D． 元素的单质有 和 ，臭氧是空间构型为 形的极性分子，D项错误；
故选D。
考点二 化学反应机理图
11．乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．总反应速率由第①步反应决定
B．总反应 ，任何条件下反应都能自发进行
C．第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定D．第①步产生的乙基碳正离子两个碳都是 杂化
【答案】A
【解析】A．第一步活化能最大，反应速率最慢，所以总反应速率由第①步反应决定，故A正确；
B．总反应 、 ，根据 ，高温下反应不能自发进行，故B错误；
C．能量越低越稳定，根据图示，第②步反应过渡态物质的能量比第③步反应过渡态物质的能量高，所以
第③步反应过渡态物质更稳定，故C错误；
D．第①步产生的乙基碳正离子，甲基上的碳原子是 杂化、右侧带正电荷的碳原子采用sp2杂化，故D
错误；
选A。
12．（2024·辽宁葫芦岛·一模）Pd催化过氧化氢分解制取 的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其
中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是
A．该反应历程中所有步骤均是放热过程
B． 的总键能大于 的总键能
C．催化剂Pd降低了 分解反应的活化能，加快了 的分解速率
D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成
【答案】A
【解析】A．从图知，该反应历程中，有一些步骤是吸热过程(相对能量升高)，也有一些步骤是放热过程
(相对能量降低)，A符合题意；B．从图中可知总反应为放热反应，即 =反应物总键能-生成物总键能
<0，则生成物总键能大于反应物总键能， 的总键能大于 的总键能，B不
符合题意；C．Pd为催化剂，能降低该分解反应的活化能，加快分解速率，C不符合题意；D．Pd催化过
氧化氢分解制取 的方程式： ，整个催化分解过程中既有极性键H-O键的断裂和形
成，也有非极性键O-O键的断裂和O=O键的形成，D不符合题意；故选A。
13．（2024·湖南常德·一模）近日，中国科学院报道了基于铜的岩盐有序双钙钛矿氧化物，其高效催化
转化为 ，副产物有 。其部分机理如图所示。下列说法正确的是
A．由图可知， 转化为 过程放出热量0.43eV
B．由图可知， 转化为 的历程中，最大活化能为0.77eV
C． 时，含碳物质结构中存在非极性键的断裂与形成
D．由图可知， 转化为 的反应速率小于 转化为 的反应速率
【答案】B
【解析】A．图中没有给出 的能量，则无法计算 转化为 过程放出的热量，A错误；
B．由图可知， 转化为 的历程中，最大活化能 时的需要的活化能，
则最大活化能为0.77eV，B正确；C． 时，不存在非极性键的断裂，C错误；D．
由图可知， 转化为 的最大活化能为0.19eV，结合选项B可知， 转化为 的最大活
化能较小，反应速率较快，D错误；故选B。
14．（2024·广西南宁·高三一模）氮的氧化物是大气污染物之一，一种以 为主的催化剂催化 脱除
烟气中的 反应机理如图所示。下列说法错误的是
A． 为极性分子
B．图中反应涉及元 键断裂和形成
C． 改变了总反应的焓变，提高了反应速率
D．该过程的总反应为：
【答案】C【解析】A． 的空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；
B．反应物 发生反应有 键断裂，生成 时有 键形成，故B正确；
C．催化剂 能改变反应历程和活化能，进而提高反应速率，但不能改变焓变，故C错误；
D．根据反应机理图可得，该过程的总反应为： ，故D正确；
故答案选C。
15．（2023·江西·校联考二模）工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363K后控制pH为
3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质
溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列
说法正确的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．由反应机理可知整个反应过程只涉及极性键的断裂和形成
B．反应产生的CO 主要是由Br 在水溶液中产生的HBr与溶液中CO 反应生成的
2 2
C．对比氯气与NaCO 溶液的反应，常温下在碱性溶液的稳定性：ClO- > BrO-
2 3
D．当1mol Br 完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO 的个数之比为3：1
2
【答案】C
【解析】A．Br 中存在非极性键，存在非极性键的断裂和生成，A错误；
2
B．第二步反应主要是溴在碱性溶液发生歧化反应生成Br-、BrO-，从而促使CO 向水解方向移动，生成
CO 气体，B错误；
2
C．BrO-在第三步可以继续发生歧化反应，而ClO- 可以再碱性溶液稳定存在，稳定性：ClO- > BrO-，C正
确；
D．结合得失电子守恒，当1mol Br 完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO 的个数之比为5：1，D错
2
误；
故选C。
16．（2024·安徽安庆·二模）中科大某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种 稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是
A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂 B．底物具有氧化性
C．两种途径不同，总反应的反应热也不同 D．合成过程中 中碳碳双键断裂
【答案】C
【解析】A．Cu(Ⅰ)第一步消耗，最后一步生成,是催化剂，A正确；Ｂ．底物将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)，具
有氧化性，B正确；Ｃ．两种途径虽不同，但反应热相同，C错误；Ｄ．由图可知，C 中有六元环上的碳
60
碳双键发生了断裂，D正确；故答案选C。
17．（2024·湖南岳阳·二模）N-羧基丙氨酸酸酐广泛用于生物领域，用碳酸二甲酯 和丙氨酸
为原料可以制备N-羧基丙氨酸酸酐，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．在强酸性环境不利于反应进行
B．该过程中 元素的化合价发生改变
C．反应过程中有 的断裂和形成D．用甘氨酸 代替丙氨酸，可制得
【答案】B
【解析】A．在强酸性溶液中，碳酸二甲酯会发生水解，同时CHCH(NH)COO-浓度降低，不利于反应进
3 2
行，A正确；B．碳酸二甲酯(CHO) CO]与Zn(CHCOO) 形成的是配位键，整个过程中均未有元素化合价
3 2 3 2
发生变化，B错误；C．该过程中存在N—H、C—O等极性键的断裂和生成，C正确；D．若用甘氨酸
(H NCH COOH)代替丙氨酸，则根据转化关系，最后可得到 ，D正确;故答案为：B。
2 2
18．（2023·湖南岳阳·统考三模）碳酸二甲酯DMC(CH OCOOCH )是一种低毒、性能优良的有机合成中间
3 3
体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．第2步的基元反应方程式为：CHO·*+CO*→CHOCOO·*
3 2 3
B．反应进程中最大能垒为1.257×104 eV
C．升高温度，可以对于第1步反应的正反应速率增加，对于第3步反应的正反应速率减小
D．适当的提高温度，可以增加碳酸二甲酯的产率
【答案】C
【解析】A．第2步的基元反应方程式为：CHOH·*+CO * → CHOCOO·*，A正确；
3 2 3
B．最大能垒为第1步基元反应：CHOH*+HO·* → CHO·*+HO*，其差值为1.257×104 eV，B正确；
3 3 2
C．升高温度，对于反应速率均增加，C错误；
D．总反应为2CHOH+CO ⥫⥬ CH OCOOCH +H O ΔH>0，为吸热反应；因此适当的提高温度，可以增加
3 2 3 3 2
碳酸二甲酯的产率，D正确；
故选C。
19．（2024·黑龙江·高三一模）南京师范大学李亚飞团队发明了在常温常压条件下，通过电化学反应将N2
和CO 转化为尿素的绿色尿素合成方法，反应途径如图所示(图中MB 为二维金属硼化物，M=Mo、Ti、
2 2 2
Cr等过渡金属，*代表吸附)。下列说法错误的是
A．MB 是该反应过程的催化剂
2 2
B．反应②的产物*COOH中碳元素的化合价为+4
C．该过程中有极性键和非极性键的断裂
D．该过程的总反应式为CO+N +6e-+6H+=NHCONH +H O
2 2 2 2 2
【答案】B
【解析】A．由图可知，该过程的总反应为CO+N +6e-+6H+=NHCONH +H O，MB 既不是反应物也不是
2 2 2 2 2 2 2
生成物，是该反应过程的催化剂，A项正确；
B．*COOH中H、O元素的化合价分别为+1价、-2价，根据正负化合价的代数和为0可知碳元素的化合价
为+3价，B项错误；
C．由图可知，存在C=O极性键和N≡N非极性键的断裂，C项正确；
D．由图可知，该过程的总反应式为CO+N +6e-+6H+=NHCONH +H O，D项正确；
2 2 2 2 2
故选B。
20．（2023·吉林长春·统考一模）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物
(图中⑦)的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．③是该反应的中间产物B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为 +
【答案】B
【解析】A．③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，A正确；
B．①为该反应的催化剂，B错误；
C．⑥到⑦的过程 +H O + +H+，断开C=N键、O-H键，
2
形成N-H键、C=O键，没有非极性键得断裂和生成，C正确；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CHCHO，生成物是 ，催化剂是 ，总反应为
3
，D正确；
故答案为：B。
21．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模） 教授研究了铑 配合物催化醛酮氢化反应，提出的反应机理
如图所示，1、2、3、4四种反应的反应热分别为 ，下列说法错误的是
A． 在氢化反应中作催化剂
B．该机理的总反应的反应热
C．若步骤②为决速步骤，则其活化能最大D． 与 发生上述反应可生成
【答案】D
【解析】A． 在步骤1中参加反应，在步骤4中又生成，故 为反应的催化剂，A正确；B．总反
应为R SiH+ ，总反应的反应热 ，B正确；C．
3
决速步骤为最慢的反应，其活化能最大，C正确；D．根据反应机理，可知产物应为 ，D
错误；故选D。
考点三 化学反应速率与平衡
22．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反
应：2X(g)+Y(g) Z(g) ΔH，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。下列说法错误的是
A．ΔH<0
B．a点平衡常数：K<12
C．气体的总物质的量：nv
a正 b逆
【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ΔH<0，故A
正确；
B．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体
的物质的量之比等于 整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta>T
始，压强：Pa= P ，则na< n始，可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：
始，则有[(2−2x)+(1−x)+x]mol< ×3mol，计算得到x>0.75，那么化学平衡常
数K= ＞ =12，故B错误；
C．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：nv
a正 b
，故D正确；
逆
故选：B。
23．（2024·安徽·校联考模拟预测）某温度条件下，在某恒压容器中发生反应
，部分反应物和生成物的物质的量随时间变化如图所示(曲线m、n)。下
列说法正确的是
A．m表示C的物质的量随时间的变化
B． 时刻反应速率：
C．此反应的平衡常数
D．平衡后充入 ，再次达到平衡时物质n的物质的量大于
【答案】C
【解析】A．C为固体，随着反应的进行，反应物m呈降低趋势，m表示的是一氧化氮的物质的量随时间
的变化，A错误；
B． 时刻之后，曲线m代表的反应物在持续减少，曲线n代表的生成物在持续增加，则该时刻反应向正
反应方向进行， ，B错误；
C．25min之后，曲线m、n不再变化，反应物、生成物的物质的量不再变化，该反应达到平衡，根据图中数据列出三段式 ，该反应前后气体分子数不变，则气
体体积不变，容器体积不变，设反应过程中体积为1L， ，C正确；
D．平衡后充入 ，恒压容器中，容器体积增大，各气体物质浓度同比例降低，由于该反应前后气体
分子数不变，再次达到平衡时，物质n的物质的量等于 ，D错误；
故选C。
24．（2024·广西南宁·统考一模）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为
。不同温度 、 下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．
2
B．M点反应物的活化分子数多于N点
C．N点时环戊二烯的转化率为
D．反应开始至N点时，二聚体的浓度为
【答案】D
【解析】A．其它条件相同时，温度越高，反应速率越快，则 ，A正确；
B．M、N两点相比较，M点环戊二烯的浓度比N的浓度大，且其他的条件相同，故M点反应物的活化分
子数多于N点，B正确；
C．N点时环戊二烯的转化率为 ，C正确；
D．反应开始至N点时，二聚体的浓度约为 ，D错误。
25．（2024届·山西大同·高三一模）工业上常用丙烷脱氢制备丙烯，反应为
。在两个体积均为 的恒容密闭容器中分别充入 ，测得 的浓度( )与温度、时间的关系如下表所示。
时间
0 5 10 15 20 25
温度
下列叙述正确的是
A．上述丙烷脱氢反应的 B．升高温度，上述反应的平衡常数减小
C． 时，丙烷的平衡转化率为 D． 时，平衡常数 为4.0
【答案】C
【解析】A．根据表格数据可知，升高温度，平衡时丙烯的浓度增大，说明升高温度平衡向正反应方向移
动，即正反应是吸热反应，∆H＞0，A错误；
B．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，B错误；
C．TK时，平衡体系中丙烯浓度为0.5mol/L，起始时丙烷的浓度为1.0mol/L，丙烷平衡转化率为
1
×100%=50%，C正确；
D．TK时，通过表格数据可以列出三段式：
2
K= ，D错误；
故选C。
26．（2023·吉林长春·校考三模）汽车尾气中NO产生的反应为： ，一定条件
下，等物质的量的 和 在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下 浓度随时
间的变化。曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时 浓度随时间的变化。下列说法中不正确的是
A．温度T下，混合气体的密度不变，反应不一定达平衡B．温度T下，该反应的平衡常数
C．曲线a对应条件下，
D．曲线b对应的条件改变一定是升高温度
【答案】D
【解析】A．该反应是气体分子数不变的反应，反应前后气体的密度不变，不能作为平衡判断标志，故A
正确；
B．温度T下，平衡时N、O、NO的浓度分别为：c、c、2(c -c )，该反应的平衡常数
2 2 1 1 0 1
，故B正确；
C．曲线a对应条件下，d点没有平衡，正向进行， ，故C正确；
D．曲线b反应速率加快，平衡时N 浓度减小，可能是增大O 的浓度，故D错误；
2 2
故答案为D。
27．（2024届·山西太原·高三一模）向某密闭容器中通入物质的量之比为1∶1的M与N，发生反应：
△H，反应达平衡状态时M的体积分数与温度、压强的关系如图所示(
是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。下列说法正确的是
A．△H<0
B．
C．若Z点M的分压为2MPa，则 K时
D．混合气体的平均相对分子质量：Z>X>Y
【答案】C
【分析】由图分析可知M(g)+N(g)⇌Q(g)+3R(g)是一个吸热反应，且 ，据此解答。
【解析】A．温度升高，M的体积分数降低，说明平衡向正反应方向移动，△H＞0，A错误；
B．压强升高，平衡逆向移动，M的体积分数增大， ，B错误；
C．若Z点时M的分压＝2MPa，假设起始M与N各为1mol，根据三段式可得：,M的体积分数= ，则 ， ，则
， ，C正确；
D．M的体积分数越大，则混合气体的平均相对分子质量越大，说明反应逆向进行的程度越大，混合气体
的平均相对分子质量：Z＝X＞Y，D错误。
故选C。
28．（2024·贵州贵阳·高三一模）将1 mol A（g）和2 mol B（g）置于2 L某密闭容器中，在一定温度下发
生反应： ，并达到平衡。C的体积分数随时间变化如图Ⅰ中曲线b所示，反应
过程中的能量变化如图Ⅱ所示，下列说法不正确的是
a．在上述反应体系中加入催化剂，化学反应速率增大， 减小， 增大
b．该温度下，反应的平衡常数数值约为7.36；若升高温度，该反应的平衡常数不变
c．恒温条件下，缩小反应容器体积可以使反应的过程按图Ⅰ中b曲线进行
d．反应在第4秒钟达到化学平衡状态，此时A、B、C、D的速率不等
A．ac B．abc C．abd D．abcd
【答案】D
【分析】图Ⅰ中a、b曲线所示的反应速率不同，a的速率较快，但平衡状态相同，即改变条件，速率改
变，但平衡不移动。图Ⅱ所示该反应为放热反应。
【解析】a．加入催化剂，降低反应的活化能，则E、E 均减小，化学反应速率增大，a错误；
1 2
b．反应为放热反应，化学平衡常数只受温度影响，因此升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b错
误；
c．恒温条件下，缩小反应容器体积，反应物浓度增大，反应速率加快，达到平衡的时间减小，反应的过
程不是按图Ⅰ中b曲线进行，c错误；
d．化学反应速率之比等于化学计算量数之比，A、B、C、D的化学计量数相同，反应过程中始终保持速
率相同，d错误；
综上所述，a、b、c、d说法均错误。故选D。
29．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）一定条件下，在 的密闭容器中进行反应：
。反应过程中的有关数据如下表：
0 2 4 6 8
2.4 1.6 0.6
2 0.2
0
下列说法正确的是
A．该反应在高温下自发进行
B． 时， 的浓度小于
C．若保持温度不变，将容器体积扩大一倍，再达新平衡时
D．若保持温度不变，在第 向体系中加入三种物质各 ，则平衡向逆反应方向移动
【答案】B
【解析】A．反应体积减小，则 ，又因ΔH<0，所以高温下自由能变 ，反应不能
自发进行，A错误；
B．前2min内CO平均反应速率为 ，但前
2min内c(CO)减小，v(CO)也减小，所以前1min内CO平均反应速率 ，后1min内
CO平均反应速率 ，则前1min内CO浓度减少 ，所以1min
时，CO的浓度小于1.6mol⋅L−1，B正确；
C．8min时， ，此时 ，保持温度
不变，将容器体积扩大一倍，此时 ，同时减小压强，平衡逆向移动，所以再达新平
衡时 ，C错误；
D．6min时， ，此时
，所以6min时已达平衡，平衡时c(Cl )=0.6mol/L、c(CO)=0.2mol/L、c(COCl )=1.8mol/L，即平衡常数为：
2 2
，保持温度不变，在第8min向体系中加入三种物质各1mol后Cl CO、
2、
COCl 三种物质浓度分别为：1.6mol/L、1.2mol/L、2.8mol/L，此时 ，则平衡正向移
2
动，D错误；
故选B。
