文档文本内容
专题08 化学反应速率与化学平衡
6 年真题1 年模拟
考点分类
考情示例
命题规律
考点 化学反应速率与化学平
衡
2026 黑吉辽蒙（1 题）、2025 黑
吉辽蒙（1 题）、2024 黑吉辽（1
题）、2022 辽宁（1 题）、2021
辽宁（2 题）
· 情境设置：以生物质转化、固体分解、催化聚合等
真实科研情境为载体，融合图像数据分析
· 考查重点：侧重速率计算、平衡判断、催化剂影响
分析及半衰期等概念迁移应用
· 命题趋势：强化多因素综合分析，由单一平衡计算
向速率-平衡联动、图像信息深度解读转变
1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）恒容密闭容器中，等物质的量的C3H8和SO2发生的总反应如下：
3C3H8(g)+SO2(g)
3
⇌C3H6(g)+ H2S(g)+2H2O(g)，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关
系如图。下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH<0，ΔS>0
B. L点C3H8的消耗速率大于a物质的生成速率
C. M点该反应的Kx=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）
D. N点C3H8的平衡转化率为75%
【答案】D
【分析】由于生成物C3H6、H2O、H2S 均从零开始增加，且在任何时刻物质的量之比恒为3:2:1，结合图像
中a、b、c 三条曲线的高低关系可知:曲线a 代表C3H6，曲线b 代表H2O，曲线c 代表H2S。
【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡
向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此ΔH>0，另外，反应物气体共4 分子，
生成物气体共6 分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此ΔS>0，A 错误；
B．前面已推断出a 物质是C3H6。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学
计量数之比。C3H6与C3H8的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，C3H8的消耗速率等于a物
质(C3H6)的生成速率，B 错误；
C
．
列
三
段
式
：
3C3H8
+
SO2
⇌
❑
3C3H6
+
H2S
+
2H2O
初始mol
1
¿1
¿0
¿0
¿
变化mol
3x
¿
¿3x¿¿x¿¿2x¿平衡mol¿1 3
−x¿¿1−x¿¿3x¿¿x¿¿
，M 点时，C3H8曲线与b 曲线(H2O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，
解得x=0.2 ，此时各物质的量分别为：C3H8=0.4 mol 、SO2=0.8 mol 、C3H6=0.6 mol 、H2S=0.2mol 、
H2O=0.4mol 。体系总物质的量为2.4 mol 。代入物质的量分数平衡常数Kx 。进行计算
Kx=(
0.6
2.4)
3
·(
0.2
2.4)·(
0.4
2.4)
2
(
0.4
2.4)
3
·(
0.8
2.4)
=0.6
3·0.2·0.4
2
0.4
3·0.8
·1
2.4
2 ≈0.0234，C 错误；
D．N 点时，C3H8曲线与c 曲线(H2S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=0.25。此时C3H8
转化了0.75 mol，故C3H8的平衡转化率为：0.75mol
1mol
×100% =75%，D 正确；
故选D。
2.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）一定条件下，“BrO3
−−SO3
2−−[Fe(CN)6]
4−−H
+”4 种原料按固定流速不断
注入连续流动反应器中，体系pH-t 振荡图像及涉及反应如下。其中AB 段发生反应①~④，①②为快速反
应。下列说法错误的是
①
SO3
2−+ H
+= HSO3
−
②
HSO3
−+ H
+= H2SO3
③
3HSO3
−+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+3H
+
④
H2SO3+ BrO3
−→
⑤
BrO3
−+6H
++6[Fe(CN )6]
4−= Br
−+6[Fe(CN )6]
3−+3
A. 原料中c(H
+)不影响振幅和周期
B. 反应④：3H2SO3+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+6H
+
C. 反应①~④中，H
+对SO3
2−的氧化起催化作用
D. 利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化
【答案】A
【详解】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；
B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H2SO3+ BrO3
−=3SO4
2−+ Br
−+6H
+，B 正确；
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，H
+对SO3
2−的氧化起催化
作用，C 正确；
D．根据题干信息和图像可知利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化，D 正确；
答案选A。
3.（2024·黑吉辽·高考真题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关
物质浓度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A. 3h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. 0~3h平均速率(异山梨醇)=0.014 mol·kg
1
−·h
1
−
D. 反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【详解】A．由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h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，15h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0~3h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)=
0.042mol/kg
3h
=0.014 mol·kg
1
−·h
1
−，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。
4.（2023·辽宁·高考真题）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不
同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A. Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：2MnO4
−+5C2O4
2−+16H
+=2Mn
2++10CO2\arrow+8H2O
【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。
【详解】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H2C2O4，A 项错误；
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 ．H2C2O4 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO4
−+5H2C2O4+6H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O，D 项错误；
答案选C。
5.（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0mol~X发生反应2X (s)⇌
❑
❑
Y (g)+2Z(g)，有
关数据如下：
时间段/min
产物Z 的平均生成速率/mol·L
1
−·min
1
−
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是
A. 1min时，Z 的浓度大于0.20mol·L
1
−
B. 2min时，加入0.20mol~Z，此时v正(Z)<v逆(Z)
C. 3min时，Y 的体积分数约为33.3%
D. 5min时，X 的物质的量为1.4 mol
【答案】B
【详解】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0~1min内Z 的平均生成速率大于0~2min内的，故1min时，Z 的浓度大于0.20mol·L
1
−，A 正
确；
B．4min时生成的Z 的物质的量为0.15mol·L
1
−·min
1
−×4min×1L=0.6mol，6min时生成的Z 的
物质的量为0.10mol·L
1
−·min
1
−×6min×1L=0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡
时生了a mol~Y，列三段式：
2X (g)
⇌
Y (g)
+
2Z(g)
初始量/ mol
2.0
¿0
¿
¿
2a¿¿a¿¿2a¿平衡量/ mol¿2.0 2
−a¿¿a¿¿0.6¿
根据2a =0.6，得a =0.3，则Y 的平衡浓度为0.3mol·L
1
−，Z 的平衡浓度为0.6mol·L
1
−，平衡常数
K =c
2(Z)·c(Y)=0.108，2min时Y 的浓度为0.2mol·L
1
−，Z 的浓度为0.4 mol·L
1
−，加入
0.2mol~Z后Z 的浓度变为0.6mol·L
1
−，Q0=c
2(Z)·c(Y)=0.072<K，反应正向进行，故
v正(Z)>v逆(Z)，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，V(Y)
V(Z) =1
2
，故Y 的体积分数始终约为33.3%，C 正确；
D．由B 项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z 为0.6 mol，则X 的转化量为0.6 mol，初始X
的物质的量为2mol，剩余X 的物质的量为1.4 mol，D 正确；
故答案选B。
6.（2021·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)
Y(s)+Z(g)
⇌
，
一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A. 升高温度，若c(Z)增大，则 Δ H>0
B. 加入一定量Z，达新平衡后m (Y)减小
C. 加入等物质的量的Y 和Z，保持温度不变，达新平衡后c(Z)增大
D. 加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平
衡正向移动，故则 Δ H>0，A 正确；
B．加入一定量Z，Z 的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m (Y)减小，B 正确；
C．加入等物质的量的Y 和Z，Z 的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y 均为固体，故K=c(Z)，达新平
衡后c(Z)不变，C 错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z 的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D 正
确；
故答案为：C。
7.（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时
间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为0.012mol·L
1
−·min
1
−
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol·L
1
−时，半衰期为62.5min
【答案】B
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故
反应速率越大，A 正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两
倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B 错误；
C ．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为\silon=Δc
Δt =3.0~mol·L
1
−
0~mol·
−
L
1
−
250~min
=
0.012mol·L
1
−·min
1
−，C 正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为
3.0mol·L
1
−时，半衰期为125min÷2=62.5min，D 正确；
故答案为：B。
模拟题精选
1.（2026·辽宁·一模）测定可逆反应Fe
2+ (aq)+ Ag
+ (aq)⇌Fe
3+ (aq)+ Ag (s)的平衡常数K，进行下列两个实
验：
实验Ⅰ：将0.2120mol·L
1
−FeSO4
溶液与0.0260mol·L
1
−Ag2SO4
溶液(pH =1)等体积混合(忽略混合导
致的体积变化，下同)；
实验Ⅱ：将一定量Ag粉与0.0500 mol·L
1
−Fe2(SO4)3
溶液(pH =1)混合。
测得两个实验Ag
+的浓度随时间变化如下：
t/min
0
1
2
3
4
5
6
实
验
Ⅰ
c(Ag
+)/(mo
0.0260
0.0230
0.0210
0.0202
0.0200
0.0200
0.0200
实
验
Ⅱ
c(Ag
+)/(mo
0
0.0200
0.0340
0.0420
0.0470
0.0500
0.0500
下列说法正确的是
A. 实验Ⅰ中，0~5min 内平均反应速率v(Fe
2+)=0.0006mol·L
1
−·min
1
−
B. 若向实验Ⅱ反应后的溶液加入Ag粉，上述反应向逆方向进行
C. 实验Ⅰ和实验Ⅱ都可以计算出K
D. 该反应K =20
【答案】B
【详解】A．实验Ⅰ中，0~5min内，Δc( Ag
+)=0.0260 0.0200=0.0060
−
mol/L，由反应计量关系，
Δc(Fe
2+)=Δc( Ag
+)=0.0060mol/L，
平
均
速
率
v(Fe
2+)=0.0060mol/L
5 min
=0.0012mol·L
1
−·min
1
−，A 错误；
B ．通过“ 三段式” 计算( 注意混合后溶液体积翻倍的稀释问题) ，实验Ⅰ达到平衡时
c(Fe
2+)=0.1000mol·L
1
−，c(Ag
+)=0.020mol·L
1
−，c(Fe
3+)=0.0060mol·L
1
−，反应平衡常数
K =c(Fe
3+)
c(Ag
+)c(Fe
2+) =3；实验Ⅱ中Ag不足量，通过“ 三段式” 计算，5min 之后
c(Fe
3+)=c(Ag
+)=c(Fe
2+)=0.05mol·L
1
−，反应的浓度商Q=20>K，所以继续加入Ag，反应逆向进行，
B 正确；
C．由上述分析可知，只能通过实验Ⅰ计算K，实验Ⅱ未达到平衡状态从而无法计算平衡常数，C 错误；
D ．若按实验
I
计算：混合后初始 c(Fe
2+)=0.2120
2
=0.1060mol/L，平衡
时
c( Ag
+)=0.0200mol/L，
转
化
浓
度
Δc=0.0060mol/L，
则
平
衡
时
c(Fe
2+)=0.1060 0.0060=0.1000
−
mol/L，
c(Fe
3+)=0.0060mol/L，
代
入
得 K =0.0060
0.1000×0.0200 =3≠20，D 错误；
故选B。
2.（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI 反应的化学反应速率，实验过程如图所
示：
已知：①实验中发生反应：S2O8
2−+3I
−=2SO4
2−+I3
−(较慢)；2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−(极快)。
②淀粉遇I3
−变蓝。
下列说法错误的是
A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时
B. v(S2O8
2−)=0.20×20
50t
mol·L
1
−·s
1
−
C. 利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢
D. 若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，测定的化学反应速率会偏快
【答案】B
【分析】(NH4)2S2O8与KI 反应，淀粉溶液为指示剂，2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−为快反应，若溶液变蓝，说
明S2O3
2−反应完全，立即停止计时，计时t 秒来测定反应速率；
【详解】A．根据分析，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A 正确；
B
．
根
据
关
系
式
：
S2O8
2−~2S2O3
2−，
v(S2O8
2−)=1
2 v(S2O3
2−)=1
2 ×8×0.01
50t
mol·L
1
−·s
1
−=0.04
50t mol·L
1
−·s
1
−，B 错误；
C．利用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生
成I3
−较多无法被2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C 正确；
D．若Ⅱ中同时加入1 mL 0.5 mol·L-1 H2SO4溶液，酸性条件下S2O3
2−反应生成硫和二氧化硫而消耗，溶液
变蓝时间变短，测定的化学反应速率会偏快，D 正确；
故选B。
3. （2026· 内蒙古呼和浩特· 一模）已知：R(g)⇌A(g) ΔH1，活化能为Ea1；
A(g)⇌B(g) ΔH2，活化能为Ea2。对应的能量一反应过程曲线如图1.在恒容的密闭容器中充入一
定量的R 气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T1 和T2，c( A)−t曲线如图2，在T1 、T2
，下c( A)最大值出现的时间分别为t1、t2。
下列说法正确的是
A. Ea1<Ea2
B. T1<T2
C. 升高温度，R(g)⇌A(g)的反应速率的增加倍数大于A(g)⇌B(g)
D. t1<t2是平衡移动导致的
【答案】C
【详解】A．活化能是反应物能量到反应峰值能量的差值，由图1 可知：Ea1=第一个峰值能量−E(R)
、Ea2=第二个峰值能量−E( A)，显然Ea1>Ea2，A 错误；
B．温度越高，反应速率越快，到达c( A)最大值的时间越早，由图2 可知，T1下达到c( A)最大值较早，
则T1>T2，B 错误；
C．活化能越大，升高温度时反应速率增大的倍数越大，已知Ea1>Ea2，因此升高温度时，R(g)⇌A(g)
的反应速率增加倍数大于A(g)⇌B(g)，C 正确；
D．温度越高，反应速率越快，更早达到c( A)最大值（生成A 的速率等于消耗A 的速率），这是反应速
率不同导致的，不是平衡移动导致，D 错误；
故选C。
4.
（
2026·
辽
宁
沈
阳
·
一
模
）
CaSO4
消
除
工
业
废
气
中
CO
的
反
应
为
CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)。向体积为4 L 的恒温恒容密闭容器中加入一定量
CaSO4(s)和20 mol CO(g)发生反应，起始压强为200 kPa，测得容器内的压强(p)与时间(t)的关系如图所示。
在t2时刻，将容器体积瞬间缩小为2 L；到t3时刻达到平衡，此时容器内压强为560 kPa，忽略固体体积对
压强的影响。下列说法中正确的是
A. t1时刻一定达到平衡状态
B. 该温度下，反应的浓度平衡常数为5.3
C. 若在t3时刻再加入CaSO4(s)，则正反应速率增大
D. 0→t1 min 内，用SO2表示的平均反应速率为100
t1
kPa·min
1
−
【答案】D
【分析】由题意，起始加入20mol CO（g）在4L 容器中，压强为200kPa，反应到t1时刻压强为300kPa，
则t1 时刻气体总物质的量为30mol ，设此时转化的CO 为xmol ，列三段式：
CaSO4(s)
+
CO(g)
⇌
CaO(s)
+
CO2(g)
+
SO2(g)
起始量( mol)
¿
20
¿
¿0
¿
转化量( mol)
¿
¿
¿¿¿x¿¿x¿t1(mol)¿¿¿20−x¿¿¿
，则(20-x)+x+x=30，则x=10，此时CO、CO2、SO2 的物质的量均为10mol，分压均为10mol
30mol
×300kPa
=100kPa；t2时刻将容器体积缩小为2L，总压强变成600 kPa，3 种气体的物质的量均为10mol，总物质的
量30mol，则CO、CO2、SO2的分压均为200kPa；到t3时刻达平衡，总压为560kPa，600kPa
30mol
=560kPa
n3mol
，n3=28 ，则此时气体总物质的量28mol ，平衡向左移动，设生成的CO 为ymol ，列三段式：
CaSO4(s)
+
CO(g)
⇌
CaO(s)
+
CO2(g)
+
SO2(g)
起始量( mol)
¿
10
¿
¿10
¿
转化量( mol)
¿
¿
¿¿¿y¿¿y¿t3( mol)¿¿¿10+y¿¿¿
，此时(10+y)+(10-y)+(10-y)=28，则y=2mol，CO、CO2、SO2的物质的量分别为12mol、8mol、8mol，分压
分别为12mol
28mol
×560kPa =240kPa、8mol
28mol
×560kPa =160kPa、8mol
28mol
×560kPa =160kPa。
【详解】A．根据t3 时刻是平衡状态，可计算反应的KP=p(CO2)×p(SO2)
p(CO)
=160kPa×160kPa
240kPa
=320
3
kPa，t1时刻反应Qp=p(CO2)×p(SO2)
p(CO)
=100kPa×100kPa
100kPa
=100kPa＜Kp，故t1时刻反应未达到平衡状
态，A 错误；
B．t3 时刻达到平衡，容器体积为2L，根据分析可知，此时CO、CO2、SO2 的物质的量分别为12mol、
8mol 、8mol ，则c(CO)=6mol/L ，c(CO2)=4mol/L ，c(SO2)=4mol/L ，此时浓度平衡常数K=
c(CO2)×c(SO2)
c(CO)
=(4 mol/L)×(4 mol/L)
(6mol/L)
=8
3
mol/L，B 错误；
C．CaSO4(s)为固体，加入固体不影响反应速率，C 错误；
D．结合分析可知，0→t1 min 内， SO2 的压强从0 kPa 变成100kPa，平均反应速率为v(SO2)=△p
△t
=
100kPa
t1min
=100
t1
kPa·min
1
−，D 正确；
故答案为：D。
5.（2026·吉林长春·一模）HCOOH 在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说
法错误的是
A. Ⅰ是催化剂
B. Ⅱ是中间体
C. ②对应的基元反应是决速步
D. 总反应的化学方程式为HCOOH 催化剂
¿
CO2\arrow+ H2\arrow
【答案】C
【分析】反应机理：
HCOOH⇌HCOO
−+ H
+
、①
、②
、
③
、
④
；相对能量变化图对应反应机理中I 到II 对应步骤①，II 到III 对应步骤
②，III 到IV 对应步骤③，IV 到I 对应步骤④。
【详解】A．[L−Fe−H]
+参与第①步反应，经过多步反应后又生成了[L−Fe−H]
+，且题干中说明有机物
HCOOH在含铁配离子[L−Fe−H]
+的作用下发生反应，因此[L−Fe−H]
+是该反应的催化剂，A 正确；
B．由分析得，Ⅱ是第①步反应中的产物，参与了第②步反应，因此Ⅱ是中间体，B 正确；
C ．由相对能量变化图可知，步骤②活化能为45.3−
，步骤④活化能为
43.5−
，因此基元反应的决速步是④，C 错误；
D ．由反应机理图可知，反应物是HCOOH，产物是CO2、H2，所以总反应的化学方程式为
HCOOH 催化剂
=
CO2\arrow+ H2\arrow，D 正确；
故答案选C。
6.（2026·东三省三校·一模）将x molA气体加入某容积可变的密闭容器中，发生反应：aA⇌bB+dD，保持
一定温度，改变压强分别达到平衡时，测得不同压强下气体A 的物质的量浓度如表所示
压强p/Pa
1×10
5
2.5×10
5
5×10
5
1×10
6
1.5×10
6
c( A)/(mol·L 0.04
0.10
0.20
0.40
0.50
下列说法一定正确的是
A. 1×10
5Pa时A 的平衡转化率大于2.5×10
5时的平衡转化率
B. 保持一定温度，增大压强，平衡不移动
C. 当压强为1×10
5Pa时，若再向体系中加入y mol A，重新达到平衡时，体系中气体总物质的量为
(x+y)mol
D. 当压强为1.5×10
6Pa时，此反应的平衡常数表达式为Kp=p
b(B)·p
d(D)
p
a( A)
【答案】C
【详解】A．压强由1×10
5Pa变为2.5×10
5Pa，压强变为原来的2.5 倍，表格中c( A)也恰好变为原来
的2.5 倍，说明该过程平衡不移动，A 的平衡转化率相等，A 错误；
B．由表格数据可知，当压强增大到1.5×10
6Pa时，压强是1×10
5Pa的15 倍，若平衡不移动，c( A)应
为0.6mol·L
1
−，实际c( A)为0.5mol·L
1
−小于0.6mol·L
1
−，说明增大压强平衡发生了正向移动，
B 错误；
C．1×10
5Pa时，增大压强平衡不移动，说明该反应反应前后气体分子数相等，体系总气体物质的量始终
等于起始加入的反应物总物质的量，起始加入x molA，再加入y molA后，重新达到平衡时体系总气体物
质的量为(x+y)mol，C 正确；
D．1.5×10
6Pa时，A 的浓度小于平衡不移动时的浓度，说明平衡正向移动，此时至少有一种产物为非
气态，非气态物质不写入压强平衡常数表达式，因此题给平衡常数表达式错误，D 错误；
故答案选C。
7. （2026· 辽西重点高中· 一模）已知：R(g)⇌A(g) ΔH1，活化能为Ea1；
A(g)⇌B(g) ΔH2，活化能为Ea2。对应的能量一反应过程曲线如图1.在恒容的密闭容器中充入一
定量的R 气体，保持其他条件不变，控制反应温度分别为T1 和T2，c( A)−t曲线如图2，在T1 、T2
，下c( A)最大值出现的时间分别为t1、t2。
下列说法正确的是
A. Ea1<Ea2
B. T1<T2
C. 升高温度，R(g)⇌A(g)的反应速率的增加倍数大于A(g)⇌B(g)
D. t1<t2是平衡移动导致的
【答案】C
【详解】A．活化能是反应物能量到反应峰值能量的差值，由图1 可知：Ea1=第一个峰值能量−E(R)
、Ea2=第二个峰值能量−E( A)，显然Ea1>Ea2，A 错误；
B．温度越高，反应速率越快，到达c( A)最大值的时间越早，由图2 可知，T1下达到c( A)最大值较早，
则T1>T2，B 错误；
C．活化能越大，升高温度时反应速率增大的倍数越大，已知Ea1>Ea2，因此升高温度时，R(g)⇌A(g)
的反应速率增加倍数大于A(g)⇌B(g)，C 正确；
D．温度越高，反应速率越快，更早达到c( A)最大值（生成A 的速率等于消耗A 的速率），这是反应速
率不同导致的，不是平衡移动导致，D 错误；
故选C。
8.（2026·辽宁·二模）一定条件下，化合物A 和B 合成E 的反应路径如下：A+ B=C；C= D；D=E+ B。已
知反应初始A 的浓度为0.10~mol·L
1
−，B 的浓度为0.08~mol·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。下列说法错误的是
A. t1时刻，体系中A 的浓度小于0.02~mol·L
1
−
B. t2时刻，体系中无C 存在
C. A 和B 反应生成C 的活化能很小
D. 0~t2时刻，D 的反应速率约为0.01
t2
~mol/ (L·s)
【答案】B
【详解】A ．由图可知，反应0 时刻，B 的浓度瞬间由0.08~mol·L
1
−降为0 ，A 的浓度变为
0.02mol·L
1
−，0 时刻后，体系中E 的量在增加，发生D⇌E+ B，生成的B 继续消耗A，则t1时刻A 的
浓度小于0.02~mol·L
1
−，A 项正确；
B．由图可知，0~t2时刻，E 的浓度为0.08~mol·L
1
−，B 的浓度应也为0.08mol·L
1
−，而B 的浓度约
为0.06~mol·L
1
−，说明其中约有0.02mol·L
1
−的B 与剩余0.02mol·L
1
−的A 瞬间又生成了约
0.02mol·L
1
−的C ，若体系中无C 存在，则D 的浓度应约为0.02mol·L
1
−，而D 的浓度约为
0.01~mol·L
1
−，则C 的浓度约为0.01~mol·L
1
−，所以体系中有C 存在，B 项错误；
C．由图可知，0 时刻，B 的浓度瞬间由0.08mol·L
1
−降为0，说明A 和B 生成C 的反应速率特别快，反
应的活化能很小，C 项正确；
D．0~t2时刻，D 的浓度改变约为0.01mol·L
1
−，D 的反应速率约为0.01
t2
~mol/ (L·s)，D 项正确。
答案选B。
9.（2026·东三省三校·模拟考试）甲烷与溴单质反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化生成CH2Br2。少
量I2(催化剂可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8~mol~CH4和
8~mol~Br2通入密闭容器。CH3Br和CH2Br2的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图。下列说法正确的是
A. 11~19 秒之间，有I2时v(CH3Br)=0.075~mol/(L·s)
B. I2的作用之一是使CH2Br2转化为CH3Br
C. 无I2时，CH4与Br2反应生成CH3Br更快达到平衡状态
D. I2可以提高CH3Br的平衡转化率
【答案】B
【分析】甲烷与溴单质发生反应：CH4+ Br2=CH3Br+ HBr（主反应），生成的CH3Br会进一步溴化：
CH3Br+ Br2=CH2Br2+ HBr（副反应）。少量I2作为催化剂，可提高CH3Br的选择性（即让更多CH4转化为
CH3Br，减少副产物CH2Br2的生成）。500
∘C、恒容密闭容器中，初始投入8~mol~CH4和8~mol~Br2，分
别在有I2和无I2的条件下得到CH3Br、CH2Br2的物质的量随时间变化的曲线；
【详解】A．反应速率的计算公式为v=Δc
Δt =Δn
V·Δt
，其中V为容器体积。11~19 s 之间，Δt=8 s，
有
I2时
CH3Br的
物
质
的
量
变
化
Δn=3.2~mol 2.6~mol=0.6~mol
−
，
因
此
v(CH3Br)=0.6~mol
V×8 s =0.075
V
~mol·(L·s)
1
−。由于容器体积V未知，无法计算出具体的速率数值，
A 错误；
B．从图像可知：有I2时，CH2Br2的平衡物质的量显著低于无I2时，同时CH3Br的平衡物质的量显著高于
无I2时；结合反应机理，I2可消耗部分CH2Br2，使其转化为CH3Br，从而提高CH3Br的选择性，因此I2的
作用之一是使CH2Br2转化为CH3Br，B 正确；
C．催化剂可加快反应速率，使反应更快达到平衡状态。I2是该反应的催化剂，因此有I2时，CH4与Br2反
应生成CH3Br更快达到平衡状态；无I2时，反应速率更慢，达到平衡的时间更长，C 错误；
D．催化剂（I2）只能改变反应速率，不能改变平衡状态，因此无法提高CH3Br的平衡转化率，只能提高
CH3Br的选择性（即生成CH3Br的比例），D 错误；
故答案选B。
10.（2026·黑龙江哈尔滨·二模）丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为C3H8(g)+1
2 O2(g)⇌C3H6(g)+ H2O (g)
ΔH<0。一定条件下，在恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量之比分别为2：1、1：1、1：2、
1：3，平衡时C3H8的体积分数随1
T
、n(C3H8)
n(O2)
的变化关系如图所示。
下列说法错误的是
A. 表示n(C3H8)
n(O2)
=1:2的曲线是II
B. T3与T4的温度大小关系为T3<T4
C. M 点时，O2的平衡转化率约为27.3%
D. 若该反应在绝热恒容容器中达到平衡，则平衡常数K 将增大
【答案】D
【分析】反应为 C3H8(g)+1
2 O2(g)⇌C3H6(g)+ H2O (g)ΔH<0，正反应放热，恒压条件；n(C3H8)
n(O2)
的比值
越大，相同温度下平衡时 C3H8的体积分数越大，据此分析：
【详解】A．设起始比值 r=n(C3H8)
n(O2)
，r 越大，起始 C3H8 占比越高，相同温度下平衡时 C3H8
的体积分数越大。 四个比值：r(2:1)=2>r(1:1)=1>r(1:2)=0.5>r(1:3)=1
3
，相同1
T
（相同温度）下，
C3H8 体积分数：IV>III>II>I，故 r=1:2 对应曲线II，A 正确；
B．反应放热，升温 ，平衡逆向移动，C3H8的体积分数越大；1
T3
比1
T4
对应的C3H8的体积分数更大，所以
1
T3
>1
T4
，则T3<T4，B 正确；
C．M 点在曲线III，对应 r=n(C3H8)
n(O2)
=1:1，设起始 n(C3H8)=1~mol，n(O2)=1~mol，转化
的
C3H8为
x~mol，
列
三
段
式
：
C3H8
+
1
2 O2
⇌
C3H6
+
H2O
起始/ mol
1
¿1
¿0
¿
转化/ mol
¿
¿0.5x¿¿x¿¿x¿平衡/ mol¿1−x¿¿1 0.5
−
x¿¿x¿¿x¿
，M 点C3H8体积分数为20%，因此： 1−x
2+0.5x =0.2，解得 x=0.6
1.1 ≈0.545，O2转化率
为 0.5x
1
≈27.3%，C 正确；
D．反应ΔH<0，正反应放热，若在绝热恒容容器中进行，反应放热使体系温度升高，对于放热反应，温
度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小，不是增大，D 错误；
故选D。
11.（2026·黑龙江哈尔滨·二模）下列实验操作、现象能得出结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
压缩盛有NO2密闭容器的活塞，
颜色变深
气体压强增大，平衡向气体分子
数增大的方向移动
B
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，
再加入少量KCl 固体。溶液先变
红，后无明显变化
Fe
3+与SCN
−的反应不可逆
C
2 mL 0.5~mol·L
1
− CuCl2溶
液加热变黄绿色，冷却后变为蓝
绿色
溶液中存在吸热反应
[Cu(H2O)4]
2+(蓝色)+4Cl
−⇌[Cu
D
K2Cr2O7溶液中滴加NaOH溶液，
溶液由橙色变为黄色
增大生成物的浓度，平衡向逆反
应方向移动
【答案】C
【详解】A．压缩盛NO2的密闭容器时，体积减小使NO2浓度瞬间升高是颜色变深的主要原因，反应
2NO2⇌N2O4加压时平衡向气体分子数减小的正向移动，A 错误；
B．Fe
3+与SC N
−的反应离子方程式为Fe
3++3SC N
−
Fe(SCN
⇌
)3
，K
+和Cl
−不参与反应，加入KCl固体对平
衡无影响，无法证明反应是否可逆，B 错误；
C．加热时溶液变黄绿色，说明蓝色的[Cu(H2O4]
2+转化为黄色的[CuCl4]
2−，根据勒夏特列原理，升温平
衡向吸热方向移动，可证明正反应为吸热反应，冷却后平衡逆向移动，溶液变回蓝绿色，现象与结论匹
配，C 正确；
D．K2Cr2O7
溶液中存在平衡Cr2O7
2−+ H2O
2
⇌CrO4
2−+2H
+，加NaOH会消耗H
+，使生成物H
+浓度减小，平
衡向正向移动，D 错误；
故选C。
12.（2026·内蒙古呼和浩特·二模）NO合成NH3可通过不同催化剂在不同反应路径下实现，反应中间体及其
能量变化如图所示(*表物质处于吸附状态)，下列说法错误的是
A. NO 的N、O 原子端均可通过配位键吸附在催化剂上，但O 比N 更易实现吸附
B. 不同催化剂对反应物、产物的吸附能力差异，导致了图中能量变化的不同
C. 不同反应路径下NO催化合成NH3，总反应的焓变相同
D. 反应路径Ⅱ可能有副产物N2生成
【答案】A
【详解】A．NO 分子中，N 原子和O 原子上均有孤对电子，而O 原子的电负性较大，吸引电子能力强，
其孤对电子较难给出形成配位键，则N 比O 更易实现吸附，A 错误；
B．不同的催化剂表面对同一物种的吸附强度（吸附能）不同，吸附能的差异直接导致了反应过程中各个
中间态的相对能量不同，从而改变了反应路径和能垒，B 正确；
C．根据盖斯定律，化学反应的焓变（ΔH）只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。催
化剂只能改变反应速率（通过改变活化能），不能改变反应的焓变，C 正确；
D．由“含Zr 催化剂-反应路径Ⅱ”图可知，该过程中含有吸附态的氮原子N
∗，如果两个吸附态的氮原子
（N
∗）相遇，很容易结合生成氮气（N2），D 正确；
故选A。
13.（2026·辽宁沈阳·二模）一种含空位的SnSe 纳米片(VSnSe)存在空位迁移导致的缺陷热催化效应，其高效
合成H2O2的反应机理如图，“×”代表该过程难以发生，“*”代表吸附在催化剂表面，SnSe 指无空位的催
化剂表面，下列说法错误的是
A. 若原料为H2
18O 和O2，则产物含H2O2
B. 总反应原子利用率为100%
C. HO*在VSnSe表面脱附更容易
D. 决速步骤为H2O=HO*+H*
【答案】C
【分析】根据反应进程图，合成H2O2的历程为H2O = H
∗+ HO
∗、H
∗+1
2 O2=1
2 H2O2、HO
∗=1
2 H2O2，总反应
为H2O+1
2 O2= H2O2。
【详解】A．根据分析可知，H2O2中的O 原子分别来自H2O 和O2，若原料为H2
18O 和O2，由第二步历程可
知产物含H2O2，A 正确；
B．总反应为H2O+1
2 O2= H2O2，原子利用率为100%，B 正确；
C．根据反应进程图和“×”代表该过程难以发生可知，HO*在VSnSe表面脱附难以发生，C 错误；
D．决速步骤由活化能最高的一步决定，由图可知，H2O=HO*+H*的活化能为0.732eV， HO
∗=1
2 H2O2的
活化能为1.097eV-0.502eV=0.595eV，故决速步骤为H2O=HO*+H*，D 正确；
答案选C。
14.（2026·辽宁沈阳·二模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI 反应的化学反应速率，实验过程如下图所
示，已知实验中仅发生反应S2O8
2−+3I
−=2SO4
2−+I3
−(较慢)；2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−(极快)，淀粉遇I3
−变
蓝，忽略溶液体积变化，下列说法错误的是
A. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时
B. v( S2O8
2−)=0.20×20
50t
×10
3
− mol·L-1·s-1
C. 用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应速率较慢
D. S2O8
2−中-2 价氧原子和-1 价氧原子的个数比为3:1
【答案】B
【详解】A．淀粉遇I3
−变蓝，第二个反应极快，所以当S2O3
2−完全消耗时，I3
−才会使淀粉变蓝，以此确定
计时终点，当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时，A 正确；
B ．在t 时间内，消耗的n(S2O3
2−)=0.010~mol·L
1
−×8×10
3
− L=8×10
5
−~mol。根据关系式
2S2O8
2−~2I3
−~4S2O3
2−，
消
耗
的
n(S2O8
2−)=1
2 n(S2O3
2−)=4×10
5
−~mol，
故
v(S2O8
2−)=4×10
5
−~mol
50×10
3
− L×t s
=8×10
4
−
t
~mol·L
1
−·s
1
−，B 错误；
C．用该原理也可测定其他氧化剂氧化I-的反应速率，但需反应的反应速率较慢，因为反应速率快，生成
I3
−较多无法被2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−完全消耗，就会使溶液变蓝，不能测定反应速率，C 正确；
D．设S2O8
2−中有x 个-2 价O，有y 个-1 价O，有x+y=8，根据化合价有6×2 2
−x−y= 2
−，可得x=6，
y=2，-2 价氧原子和-1 价氧原子的个数比为3:1，D 正确；
故选B。
15.（2026·吉林长春·二模）某兴趣小组测定(NH4)2S2O8与KI 反应的化学反应速率，实验过程如下：
已知：①实验中仅发生两个反应：S2O8
2−+3I
−=2SO4
2−+I3
−(较慢)；2S2O3
2−+I3
−=S4O6
2−+3I
−(极快)
②淀粉遇I3
−显蓝色
下列说法正确的是
A. 加入(NH4)2S2O8溶液时应采用逐滴加入的方式
B. 当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时
C. 若记录时间为30 s，则v(SO4
2−)=0.32mol·L
1
−·min
1
−
D. 利用该原理也可测定酸性KMnO4与KI 反应的化学反应速率
【答案】B
【详解】A．测定反应速率需要保证反应物同时开始反应，若逐滴加入( N H4)2S2O8，无法准确确定反应
起始时间，导致计时误差，应一次性快速加入，A 错误；
B．当S2O3
2−完全消耗后，溶液中才会积累I3
−，使淀粉从无色变为蓝色，因此刚好变蓝时立即停止计时，符
合实验原理，B 正确；
C
．
计
算
反
应
速
率
：
总
溶
液
体
积V =8 mL+20 mL+2 mL+20 mL =50 mL =0.05L，
n(S2O3
2−)=0.008L×0.010mol/L=8×10
5
−mol。 根据反应关系：2S2O3
2−~I3
−~S2O8
2−~2SO4
2−，得
n(SO4
2−)=n(S2O3
2−)=8×10
5
−mol，
时
间
t=30s=0.5min，
则： v(SO4
2−)=Δc
Δt =
8×10
5
−mol
0.05L
0.5min
=0.0032mol·L
1
−·min
1
−，与题目中0.32不符，C 错误；
D．酸性KMnO4
本身为紫色，会干扰终点蓝色的观察，且KMnO4
氧化性强，会优先氧化S2O3
2−，无法用该原
理测定反应速率，D 错误；
故选B。
16.（2026·黑龙江哈尔滨三中·二模）研究CaO对C−H2O体系制H2的影响，涉及反应如下：
Ⅰ：C(s)+ H2O(g)⇌CO(g)+ H2(g)
Ⅱ：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g)
Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)
压力p 下、温度为T 时，C−H2O−CaO体系达平衡后混合气体总物质的量为5.0mol，其中H2、CO、CO2
的物质的量分数分别为0.60、0.16、0.08。下列说法不正确的是
A. 生成CaCO3的物质的量为0.7mol
B. 起始加入H2O(g)的物质的量为3.8mol
C. 若向平衡体系中通入一定量CO2，充分反应后，CO2的分压一定不变
D. 该条件下反应Ⅱ的平衡常数Kp约为1.875
【答案】C
【分析】首先整理已知数据：总气体物质的量为5.0~mol，各气体物质的量为：n(H2)=5×0.6=3mol，
n(CO)=5×0.16=0.8mol，n(CO2)=5×0.08=0.4 mol，n(H2O)=5
3
0
−
−
mol。
【详解】A．设反应Ⅰ生成CO、H2的物质的量为a，反应Ⅱ生成CO2、H2的物质的量为b，则： 总H2：
a+ b=3.0~mol，剩余CO：a−b=0.8~mol，解得b=1.1~mol（即总生成CO2为1.1~mol）。 生成CaCO3
的物质的量 = 总CO2 - 剩余气体中CO2 = 1.1 0.4=0.7~mol
−
，A 正确；
B．根据H 原子守恒：起始n(H2O)=n(H2)+n(剩余H2O)=3.0+0.8=3.8~mol，B 正确；
C．温度不变时，反应Ⅲ的平衡常数Kp=1
p(CO2) ，只有体系中同时存在CaO(s)和CaCO3(s)时，
p(CO2)才不变。若通入CO2过量，CaO完全反应后，体系中无固体CaO，反应Ⅲ平衡被打破，CO2分压会升
高，因此不是“一定不变”，C 错误；
D
．
反
应
Ⅱ
Kp=p(CO2)·p(H2)
p(CO)·p(H2O) ，
分
压
pi=xip总总
，
p总可
约
去
，
代
入
得： Kp=n(CO2)·n(H2)
n(CO)·n(H2O) =0.4×3.0
0.8×0.8 =1.875，D 正确；
故选C。
