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专题06 化学反应速率与化学平衡
3 大考点概览
题型01 化学反应速率
题型02 化学平衡
题型03 化学反应的方向
1．（2026·辽宁大连·一模）某兴趣小组欲测定(NH4)2S2O8与KI 反应的化学反应速率，实验过程如下图所
示。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。下
列说法错误的是
A．S2O8
2-中-2 价氧和-1 价氧的个数比为3：1
B．当溶液刚好从无色变为蓝色时，立即停止计时
C．假设t 秒后停止计时，则v(S2O8
2−)= 0.20×20
50t
mol⋅L
−1⋅s
−1
D．利用该原理也可以测定某些氧化剂氧化I-的反应速率
【答案】C
【详解】A． S2O8
2−中S 为+6 价，离子总电荷为-2。设-2 价氧个数为x，-1 价氧个数为y，则
{
x + y =8
2×(+6)+(−2)x +(−1) y =−2，解得x =6, y =2，因此-2 价氧与-1 价氧个数比为6:2=3:1，A 正确；
B．第二个反应速率极快，只要还有S2O3
2−，生成的I 3
−会被立即消耗完，只有当S2O3
2−完全反应后，多余的
I 3
−才能使淀粉变蓝，因此溶液刚好变为蓝色时停止计时是正确的操作，B 正确；
C．根据两个反应可得关系：S2O8
2−~ I 3
−~2S2O3
2−，因此消耗的
Δn(S2O8
2−)= 1
2 n(S2O3
2−)= 1
2 ×0.010mol / L×8×10
−3 L= 4×10
−5mol； 反应总体积
V =8+20+2+20=50mL=0.05 L，因此反应速率v(S2O8
2−)= Δn
V ⋅t = 4×10
−5
0.05⋅t = 0.04
50t mol⋅L
−1⋅s
−1，C
错误；
D．该原理利用定量S2O3
2−和淀粉指示终点，只要氧化剂能氧化I
−，都可以用该原理测定反应速率，D 正
确；
故选C。
题型01
化学反应速率
2．（2026·广东江门·一模）某学习小组利用如图装置进行实验：加热a 装置，b 装置中溶液先迅速变成红
棕色(含[Fe(SO2)6]3+)，一段时间后变为浅绿色，停止加热。下列说法正确的是
A．为检验产物CuSO4，可直接向a 中试管加水观察溶液是否显蓝色
B．SO2与Fe3+发生氧化还原反应的活化能高于生成[Fe(SO2)6]3+反应的活化能
C．反应完成后，向b 中滴加NaOH 溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色
D．c 中用足量的NaOH 溶液吸收尾气，产物为Na2SO3与NaHSO3
【答案】B
【分析】装置a 中Cu与浓硫酸共热生成CuSO4、SO2和H 2O，反应为
Cu+2 H 2SO4(浓)=
Δ
CuSO4+ SO2↑+2 H 2O；装置b 中SO2先与F e
3+形成红棕色配离子[ Fe(SO2)6]
3+，
一段时间后溶液变为浅绿色，有F e
2+生成；装置c 中NaOH溶液吸收尾气SO2，据此分析。
【详解】A．反应后试管中含大量浓硫酸，直接加水会导致液体飞溅，应将反应后液体缓慢倒入水中观察
颜色，A 不符合题意；
B．溶液先迅速变红棕色，后变为浅绿色，说明生成[ Fe(SO2)6]
3+的反应速率更快，其活化能更低，即
SO2与F e
3+发生氧化还原反应的活化能高于生成[ Fe(SO2)6]
3+反应的活化能，B 符合题意；
C．反应完成后b 中含F e
2+，滴加NaOH溶液生成白色Fe(OH )2沉淀，迅速被氧化为灰绿色，最终变为
红褐色，C 不符合题意；
D．c 中用足量NaOH溶液吸收SO2，产物为N a2SO3，D 不符合题意；
故选B。
3．（2026·北京房山·一模）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，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是
A．异山梨醇在0~3h内平均反应速率为0.014 mol⋅kg
−1⋅h
−1
B．加入催化剂能降低反应②的活化能
C．该温度下的平衡常数：①<②
D．反应③速率在5 h后降为0
【答案】C
【详解】A．由图可知，在0~3h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol⋅kg
-1，所以平均速率(异山梨醇)
v = Δc
Δt =0.042mol/kg
3h
=0.014 mol⋅kg
-1⋅h
-1，A 正确；
B．催化剂的作用原理是降低反应的活化能，因此加入催化剂能降低反应②的活化能，B 正确；
C．3h 时山梨醇已完全消耗，说明反应①正向进行程度极大，15h 时仍有1,4−失水山梨醇剩余，说明反应②正向进行程度
小于反应①，平衡常数①>②，C 错误；
D．3h 时山梨醇已经完全消耗，反应③的反应物不存在，5h 后反应③无法进行，速率降为0，D 正确；
故答案选C。
4．（2026·广西桂林·一模）在某一初始温度下，在恒容绝热密闭容器中，发生反应：Ⅰ．X (g)⇌Y (g)
Δ H 1；Ⅱ．Y (g)⇌2Z(g) Δ H 2，测得各物质的量浓度和容器内温度随时间变化的关系如图所示。下列说
法错误的是
A．0~40 min 以反应Ⅰ为主导，40 min 后以反应Ⅱ为主导
B．0~40 min，用物质Y 表示的平均反应速率为0.875 mmol⋅L
−1⋅min
−1
C．若改为恒温容器，达到新平衡时，物质Y 浓度比原平衡低
D．其他条件不变，100 min 时再投入一定量的X(g)，体系内气体平均摩尔质量不再变化时，反应达到
新平衡
【答案】C
【详解】A．0~40 min，反应物X 的浓度变化为(50−10)mmol⋅L
−1= 40 mmol⋅L
−1，40 min 时，反应物Z
的浓度为10 mmol⋅L
−1，则第2 个反应消耗Y 的浓度为0.5×10 mmol⋅L
−1=5 mmol⋅L
−1，由此可知，
0~40 min，以反应Ⅰ为主导，40 min 后X 的浓度变化很少，而Z 的浓度明显增大，则以反应Ⅱ为主导，A
项正确；
B．由A 可知，40 min 时，Y 的浓度变化为(40−5)mmol⋅L
−1=35 mmol⋅L
−1，故0~40 min 内用物质Y 表
示的平均反应速率为v (Y)= 35 mmol⋅L
−1
40 min
=0.875 mmol⋅L
−1⋅min
−1，B 项正确；
C．反应开始时X 减少，体系温度升高，随着Z 增多，体系温度降低（由图可知，温度先升高后降低），
所以Δ H 1<0，Δ H 2>0。若改为恒温容器，则0~40 min 时的反应体系的温度要低于题设条件，反应Ⅰ平
衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，达到新平衡，物质Y 浓度比原平衡高，C 项错误；
D．反应前后气体质量不变，气体的总物质的量不相等，体系内气体平均摩尔质量不再变化时，可以判断
反应达到新平衡，D 项正确。
故选C。
5．（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。
6．（2026·山东日照·一模）利用[Co(NH3)6)SO4溶液处理NO 废气，反应过程如下。下列说法错误的是
A．在反应过程中[Co(NH3)6)
2+为催化剂
B．在反应1 中，每消耗1molO2转移4mol 电子
C．在反应2 中[(NH3)5Co−O−O−Co(NH3)5)
4+是氧化剂
D．总反应为O2+2NO+2NH3+ H2O
催化剂
¿ NH4 NO2+ NH4 NO3
¿
【答案】B
【分析】先整理两个分步反应，再逐个分析选项： 根据题图可得：反应1：
2[Co(NH3)6]
2++O2=[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]
4++2NH3，反应2：
[(NH3)5Co-O-O-Co(NH3)5]
4++2NO+4NH3+H2O=2[Co(NH3)6]
2++NH4 NO2+NH4 NO3，总反应：
O2+2NO+2NH3+ H2O
催化剂
¿ NH4 NO2+ NH4 NO3
¿
，据此分析；
【详解】A．[Co( NH 3)6]
2+在反应1 中被消耗，反应2 中重新生成，反应前后质量和性质不变，是该反应
的催化剂，A 不符合题意；
B．反应1 中，Co从+2价升高为+3价，每个Co失1mol电子，1molO2反应共消耗2mol[Co( NH 3)6]
2+，
总共失2mol电子；O从0价变为过氧键中的−1价，1molO2总共得2mol电子，因此转移电子为2mol，B
符合题意；
C．反应2 中，[( NH 3)5Co−O−O−Co( NH 3)5]
4+中Co为+3价，反应后生成[Co( NH 3)6]
2+中Co为+2
价，Co化合价降低，得电子，因此该物质是氧化剂，C 不符合题意；
D．总反应配平后原子守恒，和选项给出的方程式一致，D 不符合题意；
故选B。
7．（2026·北京昌平·一模）查阅文献NO2和NO2
−对铜与浓硝酸的反应速率均有影响，利用下图装置进行实验
验证。
序号
试剂X
操作
现象
电流表示
数
①
20 mL5 mol⋅L
−1NaNO3
无
石墨电极一侧有少量气泡
a
②
20 mL5 mol⋅L
−1NaNO3
+2.5 mL5 mol⋅L
−1NaNO2
无
石墨电极一侧有少量气
泡，铜电极一侧溶液澄
清，出现少量绿色
b
③
20 mL5 mol⋅L
−1NaNO2
无
石墨电极一侧有少量气
泡，铜电极一侧溶液澄
清，出现明显绿色
c
④
20 mL5 mol⋅L
−1NaNO3
向铜
电极
一侧
持续
通入
NO2
d
已知：ⅰ．2NO2+ H2O⇌HNO3+ HNO2；
ⅱ．[Cu(NO2)4)
2溶液显绿色；
ⅲ．电流表示数越大，单位时间内反应转移的电子数越多。
下列分析不正确的是
A．①中产生少量气泡的电极反应为NO3
−+2H
++e
−= NO2↑+ H2O
B．③中铜电极发生Cu−2e
−+ 4 NO2
−=[Cu(NO2)4)
2−
C．若c>b>a，结合现象可证明NO2
−能加快铜与浓硝酸的反应速率
D．若④中d>a，可证明NO2能加快铜与浓硝酸的反应速率
【答案】D
【详解】A．实验①中石墨电极为正极，发生还原反应。酸性条件中NO3
−被还原为 NO2，电极反应式为：
NO3
−+2H
++e
−= NO2↑+ H2O，符合产物与电荷守恒，A 正确；
B．实验③中铜电极被氧化，结合现象“溶液显绿色”及已知 [Cu(NO2)4]2−显绿色，推断反应为：
Cu−2e
−+ 4 NO2
−=[Cu(NO2)4)
2−，原子与电荷均守恒，符合实验现象，B 正确；
C．比较实验①（无NO2
−）、②（含少量NO2
−）、③（含高浓度NO2
−），若电流满足 c>b>a，且绿色加深，
说明NO2
−浓度越高，反应速率越快，可证明NO2
−加快反应，C 正确；
D．实验④中通入NO2，根据平衡2NO2+ H2O⇌HNO3+ HNO2，HNO2会电离出 NO2
−，实际起催化或加速作
用的可能是NO2
−，而非NO2本身。因此仅由d>a，无法确证是NO2加速反应，结论不严谨，D 错误；
故选D。
8．（2026·河北邢台·一模）三甲胺[N (CH3)3)是重要的化工原料。我国科学家实现了在铜催化剂条件下将
N，N-二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO，简称DMF]转化为三甲胺[N (CH3)3)。计算机模拟单个DMF 分子在铜催
化剂表面的反应历程如图示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确
的是
A．该历程中决速步骤为(CH3)2NCH2OH
*=(CH3)2NCH2
*+OH
*
B．该历程中的最大能垒(活化能)为0.93 eV
C．升高温度可以加快反应速率，并提高DMF 的平衡转化率
D．若1 mol DMF 完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV⋅N A的能量
【答案】D
【详解】A．由题图可知，最后一步的能垒最大，为−1.02eV−(−2.21eV)=1.19eV，即
N(CH3)3
∗+OH
∗+ H
∗= N(CH3)3(g)+ H2O(g)是决定反应速率的步骤，A 错误；
B．该历程中的最大能垒(活化能)为1.19eV，B 错误；
C．升高温度可以加快反应速率；由题图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应为放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，DMF 的平衡转化率降低，C 错误；
D．由反应物和生成物的相对能量可知，若1 mol DMF 完全转化为三甲胺，则会释放出1.02eV⋅N A的能量，
D 正确；
故选D。
9．（2026·福建泉州·一模）福建科研团队利用[Cu(CH3CN)4)PF6催化不对称B−H键插入反应，可高效合成
具有氮、硼、碳连续手性中心的分子。下列说法正确的是
A．硼元素位于元素周期表s 区
B．催化剂中Cu 元素的化合价为+2价
C．催化剂参与反应并降低反应活化能
D．PF6
−中P 原子的杂化方式为sp
3
【答案】C
【详解】A．硼元素原子序数为5，硼为ⅢA 族元素，位于p 区，A 错误；
B．化合物中PF6
−带1 个单位负电荷，C H3CN是中性配体，因此配离子整体带1 个单位正电荷，Cu元素化合
价为+1价，B 错误；
C．催化剂的作用原理是参与反应，改变反应历程，从而降低反应活化能，加快反应速率，反应前后催化
剂自身的质量和化学性质不变，C 正确；
D．PF6
−中中心P原子价层电子对数=6+ 5+1−6×1
2
=6，杂化方式为sp
3d
2，不是sp
3，D 错误；
故选C。
10．（2026·河北保定·一模）向1 L 的恒容密闭容器中充入1 mol M 和2 mol N，发生如图1 所示的反应，
不同物质的物质的量随反应时间(t)的变化如图2 所示。40 min 时各物质浓度保持不变。下列说法正确的是
A．反应③的活化能小于反应②的活化能
B．反应①的平衡常数大于反应②的平衡常数
C．升高温度，可提高平衡时产物中X 的占比
D．平衡后，若再充入0.20 mol Y、0.40 mol Z，反应③的v 正<v 逆
【答案】B
【分析】X：初始0，平衡时0.20 mol；
Z：初始0，平衡时0.72 mol；
Y：初始0，平衡时0.08 mol，设反应②生成的Y 为n，反应③消耗的Y 为2× Δn(Z )❑，则n−2×0.72=0.08❑，
n=1.52 mol。
【详解】A．由图像可知，反应开始后反应②的斜率大于反应③的斜率，说明反应②的反应速率大于反应③的反应速率，反
应速率越快活化能越小，因此反应②的活化能小于反应③的活化能，A 错误；
B．反应①：K1=
c( X )
c( M )·c
2(N )
=
0.2
c( M )·c
2(N )
，反应②：K2=
c
2(Y )
c( M )·c
2(N )
=
(0.08)
2
c( M )·c
2(N )
=
0.0064
c( M )·c
2(N )
，K1
>K2，B 正确；
C．题目没有给出反应热，无法判断温度对平衡的影响，因此不能确定升高温度是否能提高X 的占比，C 错误；
D．反应③平衡常数：K3=
c(Z❑)
c❑❑
2 (Y ❑)
=
0.72
(0.08)❑❑
2 =112.5，再充入后c(Y)=0.28 mol/L，c(Z)=1.12 mol/L，浓度商：Q=
1.12
（0.28）❑❑
2 ≈14.29<K3，平衡正向移动，v❑正❑>v❑逆❑，D 错误；
故选B。
11．（2026·甘肃·一模）叔丁醇与羧酸发生酯化反应的原理可用下图表示，其中步骤2 为决速步骤。下列
说法错误的是
A．步骤1 过程中C−O键的键长逐渐拉长
B．步骤2 的活化能大于步骤4
C．增大c (H
+)不能提高羧酸叔丁酯的平衡产率
D．中间体3 中C=O的极性比R′COOH中的弱
【答案】D
【详解】A．步骤1 的反应是叔丁醇的羟基−OH结合H
+，生成带正电荷的中间体1： 氧原子结合H
+后带
上正电荷，对C −O键的成键电子对吸引作用增强，C −O键被削弱、键能降低；而化学键的键能越小，键
长越长，因此C −O键的键长会逐渐拉长，这也为后续步骤2 中C −O键断裂、脱去水做准备，A 正确；
B．决速步骤的活化能是反应各步中最高的，步骤2 为决速步骤，故其活化能大于步骤4，B 正确；
C．H
+是该反应的催化剂，催化剂只改变反应速率、不改变平衡状态，故增大c (H
+)不能提高羧酸叔丁酯
的平衡产率，C 正确；
D．中间体3 中C=O 的氧原子缺电子带正电（电子云密度减小），吸电子效应会增强，C=O 的极性比羧酸
中的C=O 更强，D 错误；
故选D。
12．（2026·福建泉州·一模）配离子[Co(NH3)5F)
2+在酸性溶液中的水解机理如图：
[Co(NH3)5F)
2+
[(H3N)5Co-FH)
3+
[(H3N)5Co-OH2)
3++ HF
下列说法错误的是
A．H−N −H键角：[Co(NH3)5F)
2+<NH3
B．与Co(Ⅲ)的配位能力：H2O>HF
C．转化过程，涉及极性键的断裂和生成
D．H−F键的形成削弱了Co−F键，促进水解
【答案】A
【详解】A．游离NH3中N 原子存在1 对孤电子对，孤电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排
斥力；当NH3作为配体与中心Co形成配位键后，原孤电子对变为成键电子对，对N −H键的排斥力减小，
因此H −N −H键角：[Co( NH 3)5 F ]
2+> NH 3，A 错误；
B．水解最终H2O取代了HF与Co(Ⅲ)配位，说明与Co(Ⅲ)的配位能力：H 2O> HF，B 正确；
C．转化过程中断裂了Co−F键，生成了H −F键、Co−O极性配位键，因此涉及极性键的断裂和生成，
C 正确；
D．F与H
+形成H −F键后，F的电子对向H −F键偏移，削弱了Co−F键，使其更易断裂，促进水解，D
正确；
故选A。
13．（2026·北京·一模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可实现H2S的利
用进而回收S，其转化如图所示。下列说法正确的是
A．过程①中，生成CuS的反应为S
2−+Cu
2+=CuS↓
B．过程②中，Fe
3++CuS=Cu
2++ Fe
2++S
C．过程③中，溶液的酸性增强
D．该反应中Cu
2+、Fe
3+为催化剂
【答案】D
【详解】A．H2S 是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为S2−，过程①正确反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，
因此A 错误；
B．给出的离子方程式电荷不守恒（左边总电荷为+3，右边总电荷为+4），正确配平应为2Fe3++CuS=Cu2+
+2Fe2++S，因此B 错误；
C．过程③是O2酸性条件下氧化Fe2+生成Fe3+，反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，氢离子
浓度降低，溶液酸性减弱，因此C 错误；
D．催化剂是指参与化学反应，反应前后自身的质量和化学性质不变。该转化循环中，Cu2+、Fe3+都参与了
中间反应，最终又重新生成，总反应中没有消耗，因此二者都是催化剂，因此D 正确；
故选D。
14．（2026·北京顺义·一模）我国科学家制备出一种铜基催化剂用于催化甲醇水蒸气重整制氢，主要反应
过程如下(H2O和H2未画出)。
已知；Cu 基催化剂中的Cu
0和Cu
+为催化活性位点；H2O只参与Cu
+上的反应。
下列说法不正确的是
A．过程Ⅱ→Ⅲ是催化甲醇水蒸气重整制氢的决速步骤
B．在Cu
0位点发生的总反应为CH3OH→
Cu
0
CH2O+ H2
C．Cu
+位点上的反应中，参与反应的CH2O与最终生成的H2的物质的量之比为1：2
D．Ⅰ→Ⅶ反应过程中，有四个过程均存在σ键的断裂与π键的形成
【答案】D
【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能（能垒）最高的步骤，根据图可知过程Ⅱ→Ⅲ的能垒变化最大
（即活化能最高），因此过程Ⅱ→Ⅲ是决速步骤，故A 正确；
B．观察图中Cu0位点反应，可以看出Cu0位点的反应物为CH3OH，生成物为CH2O 和H2，总反应为
CH3OH→
Cu
0
CH2O+ H2，故B 正确；
C．由图可知，H2O 只参与Cu+上的反应，在Cu+位点上，CH2O 与H2O 反应生成CO2和H2，总反应为
CH2O+H2O=CO2+2H2，参与反应的CH2O 与最终生成H2的物质的量之比为1:2，故C 正确；
D．Ⅰ→Ⅶ的反应过程中，Ⅰ→Ⅱ未发生化学键断裂或形成，Ⅱ→Ⅲ发生CH3OH 中C-H 键（σ 键）断裂，
生成CH2O（含C=O 双键，包含π 键）和H2，此过程存在σ 键断裂和π 键形成，Ⅲ→Ⅳ未发生化学键变化，
Ⅳ→Ⅴ未发生化学键变化，Ⅴ→Ⅵ发生H2O 中O-H 键（σ 键）断裂，形成π 键，Ⅵ→Ⅶ同时存在σ 键断裂
和π 键形成，根据上述分析可以看出仅Ⅱ→Ⅲ、Ⅴ→Ⅵ、Ⅵ→Ⅶ共3 个过程存在σ 键断裂和π 键形成，不
存在四个符合要求的过程，故D 错误；
故答案选D。
15．（2026·山西临汾·一模）制备α-氯代异丁酸的装置如图。在三颈瓶中加入异丁酸与催化剂(易水解)，加
热至70℃，通入Cl2，反应剧烈放热，通气完毕，在120℃下继续反应。反应结束，常压蒸馏得产物。
反应原理和装置如下：
下列说法错误的是
A．干燥管可防止水蒸气进入三颈瓶
B．可用Na2S溶液作为吸收液
C．控制Cl2流速恒定不能使反应温度稳定
D．Cl2通入反应液中可起加快反应速率的作用
【答案】B
【分析】异丁酸和氯气在催化剂和加热条件下发生取代反应生成α-氯代异丁酸和HCl，催化剂易水解，实
验中干燥管的作用是隔绝水蒸气进入反应瓶，防止催化剂水解，未反应的氯气和产生的HCl 用NaOH 溶液
吸收，防止污染空气。
【详解】A．题干明确说明催化剂易水解，干燥管可以吸收水蒸气，防止外界/吸收装置的水蒸气进入三颈
瓶使催化剂水解，A 正确；
B．Na2S 与HCl 反应会生成有毒气体H2S，Na2S+2HCl=2NaCl+H2S↑，故Na2S 溶液不是合适的吸收液，B
错误；
C．只要反应还未完全，Cl2流速不变，温度就会持续升高，要控制反应温度稳定应当逐渐减小氯气的流速，
C 正确；
D．Cl2是反应物，将Cl2通入反应液，增大了反应物浓度，可以加快反应速率，D 正确；
故选B。
1．（2026·山东青岛·一模）我国科研团队开发出甲醇在Ag 催化下脱氢制甲醛的反应为：①
CH3OH (g)⇌HCHO (g)+H2(g)；②CH3OH (g)⇌CO (g)+2H2(g)，800 K时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生
反应，CO 与HCHO 的分压随时间变化如图。该温度下，反应①K p为1×10
6kPa。下列说法错误的是
A．该温度下HCHO (g)⇌CO (g)+H2(g)，K p为150 kPa
题型02
化学平衡
B．通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率
C．其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加
D．该温度下平衡时甲醇的分压为0.016 kPa
【答案】C
【分析】平衡时由图可知：p(HCHO)=80kPa，p(CO)=60kPa；根据反应①
CH 3OH (g)⇌HCHO(g)+ H 2(g)，生成80kPa的HCHO，则生成80kPa的H 2。根据反应②
CH 3OH (g)⇌CO(g)+2 H 2(g)，生成60kPa的CO，则生成2×60=120kPa的H 2。因此，平衡时总的
p( H 2)=80kPa+120kPa =200kPa。
【详解】A．目标反应HCHO(g)⇌CO(g)+ H2(g)，分压平衡常数：
K p= p(CO)⋅p(H2)
p(HCHO)
= 60×200
80
=150kPa，A 正确；
B．由图像可知，随着反应时间延长，甲醛分压先增大后减小，最后趋于稳定，而CO 的分压先增大，后
趋于稳定，因此通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率，B 正确；
C．增大容器体积，体系总压强减小，对于 HCHO分解反应 HCHO(g)⇌CO(g)+ H2(g)（正反应气体分子
数增加），减压平衡正向移动，更多甲醛分解，因此重新平衡时甲醛的产率降低，C 错误；
D．反应①的K p= p(HCHO)⋅p(H2)
p(CH3OH)
=1×10
6kPa，则：
p(CH3OH)= p(HCHO)⋅p(H2)
K p
= 80×200
1×10
6 =0.016kPa， D 正确；
故选C。
2．（2026·湖南怀化·一模）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用
MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
Ⅰ、MgCO3(s)⇌MgO (s)+CO2(g) Δ H 1=+101kJ⋅mol
−1
Ⅱ、CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) Δ H 2=−166kJ⋅mol
−1
Ⅲ、CO2(g)+ H2(g)⇌H2O (g)+CO (g) Δ H 3=+ 41kJ⋅mol
−1
100 kPa 下，在密闭容器中1 mol H2(g)和1 mol MgCO3(s)发生反应。达到平衡时，反应物(H2、MgCO3)的转
化率和生成物(CH4、CO2)的选择性(含碳生成物的选择性= 含碳生成物的物质的量
MgCO3转化的物质的量
×100 %)随温度变化
关系如图1(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)，图1 中点M 附近区域放大图如图2。下列说法不正确的是
A．曲线c 表示CH4的选择性
B．点M 温度下，反应Ⅱ的K p≈150.06 (kPa)−2
C．在550℃下达到平衡时，n(CO2)=0.2mol
D．500～600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能为反应Ⅱ平衡逆向移动生成的H2多于反应Ⅲ
平衡正向移动消耗的H2
【答案】C
【详解】A．已知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应；根据图像，温度升高，反
应I 正向移动，反应II 逆向移动，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率逐渐下降，在360℃以下不考
虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，且CO2、CH4的选择性之和为100 %，所以曲线a表
示MgCO3的转化率，曲线b表示CO2的选择性，曲线c表示CH4的选择性，A 不符合题意；
B．点M温度下，从图中可以看出，MgCO3的转化率为49 %，则剩余的MgCO3为0.51 mol，根据碳原子守
恒，CH4和CO2的物质的量之和为0.49 mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4
的物质的量均为0.245 mol，根据氧原子守恒得出H2O 的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得出H2的
物质的量为0.02mol，气体总的物质的量为(0.02+0.245+0.245+0.49)mol=1mol，
p(H2)= 0.02
1
×100kPa，p(CO2)= p(CH4)= 0.245
1
×100kPa，p(H2O)= 0.49
1
×100kPa，则反应Ⅱ的
K p= 0.245×100kPa×(0.49×100kPa)
2
(0.02×100kPa)
4×0.245×100kPa
= (0.49×100kPa)
2
(0.02×100kPa)
4 ≈150.06(kPa)
−2，B 不符合题意；
C．在550℃下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为70 %，则生成的CO2为=1 mol×70%=0.7
mol，C 符合题意；
D．因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在500∼600℃，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动生成的
H2多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的H2，故H2的平衡转化率下降，D 不符合题意；
故选C。
3．（2026·天津南开·一模）在容积可变的密闭容器中，充入2n molNO和n molO2发生反应：
2NO (g)+O2(g)⇌2NO2(g)。在不同压强下( p1、p2)，测得NO的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列
说法错误的是
A．压强：p2> p1
B．化学平衡常数：b>c
C．反应容器的体积：a>c
D．O2的平衡转化率：b=c= 40 %
【答案】C
【分析】由图像可知，随温度升高，NO 的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反
应，则正向为放热反应Δ H ＜0；相同温度下，p1时NO 的平衡转化率小于p2时，该反应为气体分子数减
小的反应，故p1< p2，据此回答问题；
【详解】A．由分析可知，压强p2> p1，A 正确；
B．化学平衡常数只与温度有关，由分析知该反应为放热反应，Δ H ＜0，温度升高平衡常数减小，故化
学平衡常数b>c，B 正确；
C． a 和c 压强相同，a 点NO 的平衡转化率高、气体的物质的量更小，温度更低，故体积更小，故反应容
器的体积a<c，C 错误；
D．充入2n molNO和n molO2发生反应，且两者反应比例为2:1，由图可知NO的平衡转化率：b=c= 40 %，
故O2的平衡转化率b=c= 40 %，D 正确；
故答案选C。
4．（2026·山东淄博·一模）将HCl(g)和O2(g)按不同投料比n(HCl)
n(O2)
= 4
3 或1，以不同流速通入反应器中，
分别在360℃、400℃下发生反应：4 HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g) Δ H <0。tmin 时，HCl 流速
与HCl 转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b 所示反应中投料比相同、
温度不同，曲线a、c 温度相同，投料比不同。下列说法正确的是
A．曲线a 投料比n(HCl)
n(O2)
=1
B．平衡常数：K (M)> K (N)
C．使用高效催化剂可提高M 点HCl 的转化率
D．HCl 转化率P 点大于N 点，原因为P 点温度高，反应速率快
【答案】C
【详解】A．a、c 温度相同，c 的HCl 平衡转化率更高，说明c 中n( HCl)
n(O2) 更小（O2相对更多），因此a 的
投料比为4
3 ，A 错误；
B．该反应Δ H <0，温度越高平衡常数越小；a、b 投料比相同，a 的平衡转化率更低，说明a 温度更高，
M 点温度高于N 点，故K ( M )< K ( N )，B 错误；
C．M 点HCl 流速较高，反应未达到平衡，高效催化剂可加快反应速率，相同时间内消耗HCl 更多，能提
高HCl 转化率，C 正确；
D．P 点转化率高于N 点的主要原因是P 点投料比更小，O2相对含量更高，促进HCl 转化，且P 点因为流
速更低，反应更接近平衡，并非温度高、速率快，D 错误；
故选C。
5．（2026·北京昌平·一模）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，反应机理如下。
已知：ⅰ．分离器中的混合液利用I2进行分离，在过量I2存在下，分成含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2
的HI 层；
ⅱ．反应器2 中该条件下反应的K ≈10
−3。
下列说法正确的是
A．反应器1 中的反应存在s−sσ键断裂和s−pσ键形成
B．分离器中，c(I
−)增大，使I2+I
−⇌I3
−正移，增大I2在HI 中的溶解度
C．反应器2 中，增大压强有利于提高反应速率和HI 的平衡转化率
D．反应消耗1mol SO2，可制得1mol H2
【答案】B
【分析】该工艺中反应器1 内发生的反应是SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应器2 内的反应是
2HI ⇌
500℃
H2+I2，生成的I2循环回反应器1，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，据此分析：
【详解】A．反应物中不存在s s σ
−
键：I2的I-I 键是两个p 轨道成键，为p p σ
−
键，不存在s s σ
−
键
断裂，A 错误；
B．存在平衡I2+I
−⇌I3
−，当c(I
−)增大时，平衡正向移动，更多I2转化为I3
−溶解在HI 层，因此增大了I2
在HI 中的溶解度，符合题中分离的规律，B 正确；
C．反应器2 中反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，反应前后气体分子数相等，增大压强可以加快反应速率，
但平衡不移动，HI 的平衡转化率不变，C 错误；
D．根据总反应SO2+2H2O=H2SO4+H2，理论上消耗1mol SO2可制得1mol H2，但已知反应器 2 中反应的
平衡常数K≈10
−3，说明HI不能完全分解，且I2循环使用，实际制得的H2小于1mol，D 错误；
故选B。
6．（2026·北京昌平·一模）在容积可变的密闭容器中，发生反应2NO (g)+O2(g)⇌2NO2(g)。起始时NO
和O2的物质的量之比为2:1。在不同压强下反应达到平衡时，测得NO 转化率随温度的变化如下图。
下列说法不正确的是
A．压强：p1> p2
B．化学平衡常数：y 点< x点
C．x 点NO2的物质的量分数为50%
D．达到平衡所用的时间：y 点> x点
【答案】D
【分析】该反应为2 NO(g)+O2(g)⇌2 N O2(g)，正反应是气体分子数减少的放热反应（温度升高NO
转化率降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热）。
【详解】A．相同温度下，增大压强平衡正向移动，NO 转化率升高。由图可知，同温下p1对应的NO 转化
率大于p2，因此p1>p2，A 正确；
B．平衡常数仅与温度有关，该反应正反应放热，温度越高平衡常数越小。y 点温度高于x 点，故平衡常数
y 点< x 点，B 正确；
C．设起始n (NO)=2mol，n(O2)=1mol（符合起始物质的量比2:1），x 点NO 转化率为60 %，列三段式：
2NO
+
O2
⇌
❑
2NO2
始
2
¿1
¿
¿ 1.2¿¿0.6¿¿1.2¿ 末¿0.8¿¿0.4¿¿1.2¿平衡总物质的量为
0.8+0.4+1.2=2.4 mol，NO2的物质的量分数为1.2
2.4 ×100 % =50 %，C 正确；
D．反应速率受温度和压强影响：y 点温度高于x 点，且p1>p2，温度越高、压强越大，反应速率越快，达
到平衡的时间越短，因此达到平衡时间y 点< x 点，D 不正确；
故答案选D。
7．（2026·北京·一模）CO2催化加氢合成CH3OH能实现碳的循环利用。一定压强下，1 molCO2与3 molH2
在密闭容器中发生的主要反应如下：
Ⅰ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1；
Ⅱ：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2。
反应相同时间，测得不同温度下CO2转化率和CH3OH选择性如下图实验值所示。图中平衡值表示在相同条
件下达到平衡状态时CO2转化率和CH3OH选择性随温度的变化。
注：[CH3OH选择性= n(CH3OH)生成
n(CO2)消耗
×100 %]
下列说法不正确的是
A．该测定实验体系未达到化学平衡状态
B．由图像可以分析出反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应
C．相同温度下，CH3OH选择性的实验值大于平衡值，说明反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ
D．260 280℃
∼
，CO2转化率平衡值随温度升高而增大，说明随温度升高反应Ⅰ平衡正向移动的程度大
于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度
【答案】D
【详解】A．由图像可知，相同温度下，CO2转化率的实验值始终小于平衡值，说明反应未达到平衡状态，
A 正确；
B．由图像可知，CH3OH 选择性平衡值随温度升高而减小，说明反应Ⅰ的平衡随温度升高而逆向移动，根
据勒夏特列原理，升高温度，平衡逆向移动，∆H1<0，反应Ⅰ为放热反应，升高温度会使CO2转化率降低，
而图中CO2转化率平衡值随温度升高而增大，说明升高温度时，反应Ⅱ的平衡正向移动对CO2转化率的贡
献大于反应Ⅰ的平衡逆向移动对CO2转化率的削弱，因此反应Ⅱ为吸热反应，∆H2>0，B 正确；
C．CH3OH 选择性= n(CH3OH)生成
n(CO2)消耗
×100 %，相同温度下实验值大于平衡值，说明相同时间内生成CH3OH
的比例更高，即反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，C 正确；
D．260~280℃内，CO2转化率平衡值随温度升高略增大，但不明显，而CH3OH 的平衡选择性降低幅度较
大，CH3OH 的量减少，说明反应Ⅰ正向进行程度减小，反应Ⅱ正向进行程度增大，故随温度升高，反应Ⅱ
平衡正向移动的程度大于反应Ⅰ平衡逆向移动的程度，D 错误；
故选D。
8．（2026·北京房山·一模）下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A．pH =3的醋酸溶液加水稀释100 倍，pH<5
B．25° C~100° C，随着温度升高，纯水的pH 减小
C．工业合成氨(放热反应)，选择在高温条件下进行
D．用稀硫酸洗涤BaSO4沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的BaSO4少
【答案】C
【详解】A．醋酸是弱电解质，存在电离平衡CH 3COOH ⇌CH 3COO
−+ H
+，加水稀释时电离平衡正向
移动，补充了部分H
+，因此稀释100 倍后pH<5，可以用平衡移动原理解释，A 不符合题意；
B．水存在电离平衡H 2O⇌H
++OH
−，电离过程吸热，温度升高后平衡正向移动，H
+浓度增大，pH 减
小，可以用平衡移动原理解释，B 不符合题意；
C．合成氨反应N 2+3 H 2⇌2 NH 3 Δ H <0，是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，不利于氨生成，
工业选择高温是为了加快反应速率，同时让催化剂（铁触媒）达到活性最高的温度，和平衡移动无关，不
能用平衡移动原理解释，C 符合题意；
D．BaSO4存在溶解平衡BaSO4(s)⇌Ba
2+(aq)+ SO4
2−(aq)，稀硫酸中存在大量SO4
2−，使溶解平衡逆向
移动，抑制BaSO4溶解，因此损失更少，可以用平衡移动原理解释，D 不符合题意；
故选C。
9．（2026·北京石景山·一模）在一定温度下的密闭容器中发生反应：xA (g)+yB (g)⇌zC (g)，平衡时测得
A 的浓度为0.50 mol·L
-1。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A 的浓
度为0.30 mol·L
-1。下列有关判断不正确的是
A．反应的平衡常数不变
B．平衡向正反应方向移动
C．x + y > z
D．C 的体积分数减小
【答案】B
【详解】A．平衡常数仅与温度有关，反应温度保持不变，故平衡常数不变，A 正确；
B．容器容积扩大到原来的两倍时，若平衡不移动，A 的浓度应为0.25 mol·L
-1，实际测得A 浓度为
0.30 mol·L
-1，说明平衡向逆反应方向移动，而非正反应方向，B 错误；
C．容器容积扩大即减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动，该反应平衡逆向移动，说明反应
物气体总化学计量数大于生成物，即x + y > z，C 正确；
D．平衡逆向移动，C 的物质的量减少，且反应逆向进行时气体总物质的量增大，故C 的体积分数减小，D
正确；
故选B。
10．（2026·北京顺义·一模）CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4)
( 蓝色)
2++ 4 Cl
−⇌[CuCl4)
(黄色)
2−+ 4 H2O
Δ H >0，下列说法正确的是
A．向CuCl2溶液中通入HCl 气体，溶液由蓝色变为黄绿色
B．向CuCl2溶液中滴加AgNO3溶液，促进平衡正向移动
C．将CuCl2溶液置于冷水中，溶液由蓝色变为黄绿色
D．向CuCl2溶液中加入NaCl 固体，溶液pH 不变
【答案】A
【详解】A．通入HCl 气体后溶液中Cl
-浓度增大，平衡正向移动，黄色的[CuCl4)
2-浓度升高、蓝色的
[Cu(H2O)4)
2+浓度降低，二者混合使溶液呈黄绿色，A 正确；
B．滴加AgNO3溶液时，Ag
+与Cl
-反应生成AgCl沉淀，Cl
-浓度减小，平衡逆向移动，B 错误；
C．该反应ΔH>0，正反应吸热，置于冷水中温度降低，平衡向放热的逆向移动，[Cu(H2O)4)
2+浓度升高，
溶液偏蓝色，C 错误；
D．加入NaCl固体，Cl
-浓度增大平衡正向移动，[Cu(H2O)4)
2+浓度减小，Cu
2+水解平衡逆向移动，H
+浓度
降低，pH 升高，D 错误；
故答案为：A。
11．（2026·江苏·一模）DMF[HCON (CH3)2)是良好的有机溶剂。二氧化碳加氢耦合DMA[(CH3)2NH)制DMF
的主要反应(忽略其他副反应)为：
反应Ⅰ (CH3)2NH (g)+CO2(g)+3 H2(g)=(CH3)3 N (g)+2H2O (g) Δ H <0
反应Ⅱ (CH3)3 N (g)+ H2O (g)= HCON(CH3)2(g)+2H2(g) Δ H >0
3MPa 下，将n始(DMA):n始(CO2):n始(H2)=0.2:1:3的混合气匀速通过装有催化剂的反应管，DMA 的转化
率、DMF 或(CH3)N的选择性随温度变化如图所示。
DMF 的选择性=
n生成(DMF)
n生成(DMF)+n生成[(CH3)3 N)
×100 %。
下列说法不正确的是
A．DMF 的平衡选择性随温度升高而增大
B．300℃时，CO2的转化率为3%
C．其他条件不变，在240 350℃
∼
范围，出口处DMF 的量随温度升高而不断减小
D．高效合成DMF，需研发低温下DMA 转化率高和DMF 选择性高的催化剂
【答案】C
【详解】A．反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，(CH3)3 N转化为DMF 的量增加；反应Ⅰ为放
热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，(CH3)3 N生成量减少，因此，DMF 的平衡选择性随温度升高而增大，
A 正确；
B．初始投料比n始(DMA):n始(CO2):n始(H2)=0.2:1:3，CO2是过量反应物；300
∘C时DMA 转化率为15 %，
根据反应Ⅰ，CO2的消耗量等于DMA 的消耗量，因此CO2的转化率为：α (CO2)= 0.2×15 %
1
×100 % =3 %，
B 正确；
C．由图像可知，240
∘C∼300
∘C时DMA 转化率快速上升（反应Ⅰ正向进行，(CH3)3 N生成量大幅增加），
同时DMF 选择性维持高位，因此DMF 的生成量随温度升高而增大；300
∘C∼350
∘C时DMA 转化率下降，
但DMF 选择性下降，DMF 生成量减小，C 错误；
D．降低温度，反应Ⅰ（放热）正向移动，DMA 转化率升高，反应Ⅱ（吸热）逆向移动，DMF 选择性降
低，因此需研发能在低温下同时提高DMA 转化率和DMF 选择性的催化剂，实现高效合成，D 正确；
故答案选C。
12．（2026·湖南长沙·一模）已知反应2NO2(g)⇌N2O4 (g) Δ H <0，其速率方程为v 正(NO2)=k1⋅c
2(NO2)，
v逆(N2O4)=k2⋅c(N2O4)，其中k1、k2分别是正、逆反应的速率常数。T 1℃时，k1=k2。在容积为2L的恒
容密闭容器中充入一定量的NO2气体，发生上述反应，测得容器中不同时刻n(NO2)如表所示。
时间/min
0
1
2
3
4
5
n(NO2)/ mo 2.50
2.10
1.82
1.59
1.50
1.45
下列说法错误的是
A．1∼4 min，该反应的平均反应速率v (N2O4)=0.05 mol⋅L
−1⋅min
−1
B．在T 1℃下该反应的化学平衡常数K =1
C．平衡后再通入2molN2O4 (g)，则NO2(g)的平衡转化率会增大
D．若其他条件不变，将原容器改为恒容绝热容器，达到平衡时，与原平衡相比，NO2(g)的体积分数
增大
【答案】B
【详解】A．1∼4 min，Δn(NO2)=2.10 mol−1.50 mol=0.6 mol，容器的容积是2L，所以
Δc(NO2)=0.3 mol/L，v (NO2)=Δc(NO2)
Δt
= 0.3 mol/L
3 min
=0.1mol⋅L
−1⋅min
−1，
v (N2O4)= 1
2 v (NO2)=0.05 mol⋅L
−1⋅min
−1，故A 正确；
B．v 正(NO2)=k1⋅c
2(NO2)，v逆(N2O4)=k2⋅c(N2O4)，平衡时v 正(NO2)=2v逆(N2O4)，联立两式可得化学
平衡常数K = k1
2k2
，T 1℃时，k1=k2，所以该温度下平衡常数K = 1
2 =0.5，故B 错误；
C．该反应的生成物只有一种气体，恒容下平衡后再通入2molN2O4 (g)，根据等效平衡原理，相当于加压，
则NO2(g)的平衡转化率会增大，故C 正确；
D．若其他条件不变，将原容器改为恒容绝热容器，由于该反应放热，温度升高使平衡逆向移动，再次达
到平衡时，与原平衡相比NO2(g)的体积分数增大，故D 正确；
故选B。
13．（2026·山东临沂·一模）将1 molH2和1 mol NO通入恒容密闭容器发生反应：
2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) Δ H <0。T 1，T 2温度时N2物质的量分数随时间变化关系如图所示。
已知该反应的速率方程为v =kc(H2)c
2(NO)，T 1、T 2温度时反应速率常数k 分别为k1、k2；K x是以物质的
量分数表示的平衡常数。下列说法错误的是
A．T1>T2
B．T 1温度下，容器容积减小一半，K x不变
C．T 2温度下，平衡时H2的转化率为80 %
D．T 1，T 2温度下达平衡时反应速率的比值：
v(T 1)
v(T 2)
> k1
k2
【答案】B
【详解】A．温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短。由图可知T 1更早达到平衡，故T 1>T 2；该反
应Δ H <0，升温平衡逆向移动，平衡时N2的物质的量分数降低，与图像一致，A 正确；
B．该反应气体计量数变化Δn=(1+2)−(2+2)=−1，推导得K p= K x⋅P
Δn，即K x= K p⋅P。K p仅与温
度有关，容器容积减半，温度不变K p不变，但体系压强P增大，K x会随压强增大而改变， B 错误；
C．设平衡时生成N2为n mol，列三段式得：
2NO(g)
+
2H2(g)
⇌
N2(g)
+
2H2O(g)
起始(mol)
1
¿1
¿0
¿
转化(mol)
¿
¿2n¿¿n¿¿2n¿平衡(mol)¿1−2n¿¿1−2n¿¿n¿
，
总物质的量为2−n，T 2平衡时
n
2−n =25 %，解得n=0.4 mol，H2转化量为0.8 mol，转化率为
0.8
1 ×100 % =80 %，C 正确；
D．由速率方程得
v(T 1)
v(T 2)
= k1
k2
⋅c1(H2)c1
2(NO)
c2(H2)c2
2(NO)，T 1温度更高，平衡逆向移动，平衡时T 1剩余的H2、NO浓度
更大，
c1(H2)c1
2(NO)
c2(H2)c2
2(NO) >1，因此
v(T 1)
v(T 2)
> k1
k2
，D 正确；
故答案选B。
14．（2026·内蒙古赤峰·一模）研究表明，水在超临界状态下呈现许多特殊性质，如能够与氧气等氧化剂
以任意比互溶，由此形成了超临界水氧化技术。一定实验条件下，运用该技术氧化乙醇的结果如图1、图2
所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t 为反应时间。
图1
图2
下列说法错误的是
A．CO 是中间产物
B．550℃，t =15s时，乙醇的氧化已趋于完全
C．反应过程中，v消耗(C2H5OH):v 生成(CO2)=1:2
D．温度从500℃升高到550℃，C2H5OH的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大
【答案】C
【详解】A．由图1 可知，CO的碳物质的量分数先增大后减小，最终几乎完全转化为CO2，CO是反应中先
生成、后被消耗的中间产物，A 正确；
B．550
∘C、t =15s时，图1 中CO2的x 接近1.0，乙醇和CO 的x 都接近0，说明乙醇氧化已经趋于完全，
B 正确；
C．只有总反应中，1mol乙醇完全氧化生成2molCO2，满足物质的量关系1:2；但反应过程中，部分碳以
CO 形式存在，生成CO2的物质的量小于2 倍消耗的乙醇，C 错误；
D．由图像可知，温度升高时，只有单位时间内乙醇氧化生成CO 的速率比CO 氧化生成CO2的速率快，
xCO 峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更
大，D 正确；
故选C。
15．（2026·广东汕头·一模）常温下，Hg
2+与Cl
−存在多个配位平衡：
①[HgCl4)
2−⇌[HgCl3)
−+Cl
− K 1=10
−1 ②[HgCl3)
−⇌HgCl2+Cl
− K 2=10
−0.85
③HgCl2⇌[HgCl)
++Cl
− K 3 ④[HgCl)
+⇌Hg
2++Cl
− K 4=10
−6.78
常温下，向盐酸中加入一定量的HgCl2，体系平衡后得到含c(Cl
−)=0.1mol/L的溶液，下列说法正确的是
A．加水稀释，溶液中的微粒总数下降
B．加入适当的催化剂，可提高HgCl2的解离速率，并提高K 3数值
C．向溶液中加入少量NaCl固体，c([HgCl3)
−)/c([HgCl)
+)的值将减少
D．上述溶液中，c(HgCl2)>c([HgCl4)
2−)=c([HgCl3)
−)
【答案】D
【详解】A．加水稀释，题中所有配位平衡均向微粒数增多的解离方向移动，溶液中总微粒数增大，A 错
误；
B．催化剂只能改变化学反应速率，不改变平衡常数，平衡常数只受温度影响，温度不变K3数值不变，B
错误；
C．结合K2、K3的平衡常数表达式可推导得：c([HgCl3]
-)
c([HgCl]
+)
=c
2(Cl
-)
K2⋅K3
，加入NaCl 固体，溶液中c(Cl
-)
增大，该比值会增大，C 错误；
D．已知溶液中c(Cl
−)=0.1mol / L=10
−1mol / L，代入K 1的表达式：K 1= c([ HgCl3]
−)⋅c(Cl
−)
c([ HgCl4]
2−)
=10
−1，
计算可得c([ HgCl3]
−)=c([ HgCl4]
2−)；再代入K 2表达式：K 2= c(HgCl2)⋅c(Cl
−)
c([ HgCl3]
−)
=10
−0.85，计算得
c(HgCl2)
c([ HgCl3]
−)
=10
0.15>1，即c(HgCl2)>c([ HgCl3]
−)，因此c(HgCl2)>c([ HgCl4]
2−)=c([ HgCl3]
−)，
D 正确；
故选D。
1．（2026·重庆渝中·一模）已知：在298 K、100 kPa 下，碳的三种同素异形体(石墨、金刚石、富勒烯C60)
的燃烧热(ΔH)及相关转化如下：
C(
①
石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5 kJ·mol-1
C(
②
金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-395.4 kJ·mol-1
C
③
60(s)+60O2(g)=60CO2(g) ΔH3=-25935 kJ·mol-1
C(
④
石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH4
60C(
⑤
石墨，s)=C60(s) ΔH5
下列说法错误的是
A．ΔH4=+1.9 kJ·mol-1
B．已知反应④ΔS <0，则高压下由石墨合成金刚石，无需提供能量即可自发转化
C．ΔH5 = 60ΔH1 - ΔH3
D．由燃烧热可比较碳的各同素异形体的稳定性：石墨>金刚石>C60
【答案】B
【详解】A．根据盖斯定律，反应④=
-
①②，ΔH4 = ΔH1 – ΔH2 = (-393.5 kJ·mol-1) - (-395.4 kJ·mol-1) = +1.9
kJ·mol-1，A 正确；
B．反应④ ΔH4 > 0（吸热），ΔS < 0，高压下ΔG 可能小于零，反应可自发，但ΔH > 0 意味着反应需吸
热，需环境提供热量，B 错误；
C．根据盖斯定律，反应⑤=60×
-
①③，则ΔH5 = 60ΔH1 – ΔH3，C 正确；
D．燃烧热越负（ΔH 越小），物质能量越高，越不稳定；石墨ΔH1 = -393.5 kJ·mol-1，金刚石ΔH2 = -395.4
kJ·mol-1，C60每摩尔碳ΔH =−25935kJ⋅mol
−1
60
≈ -432.25 kJ·mol-1，故稳定性：石墨 > 金刚石 > C60，D
正确；
故答案选B。
2．（2026·四川广安·一模）钌及其化合物在合成工业上有广泛用途，下图是用钌(Ru)基催化剂催化合成甲
酸的反应机理。下列说法中错误的是
题型03
化学反应的方向
A．反应过程中Ru 的化合价未发生变化
B．该过程涉及极性键的断裂和形成
C．总反应在一定温度下能够自发进行，则正、逆反应活化能的关系为E正> E逆
D．配合物I 的配体是OH
−
【答案】C
【分析】由图可知，氢气和物质I 反应生成水和物质Ⅱ，物质Ⅱ和二氧化碳反应生成物质Ⅲ，物质Ⅲ和水
反应生成甲酸物质I，则总反应的反应过程为H2(g)+CO2(g)→HCOOH(l)，物质I 为该反应的催化剂，反应
物为二氧化碳和氢气，物质Ⅱ和Ⅲ为中间产物。
【详解】A．在配合物I [ Ru(OH )2]中，OH
−为-1 价，则Ru 为+2 价；在配合物Ⅱ [ RuH 2]中，H 为-1 价
配体，则Ru 为+2 价；在配合物Ⅲ [ Ru( HCOO)2]中，HCOO
−为-1 价配体，则Ru 为+2 价。故反应过程
中Ru 的化合价未发生变化，A 正确；
B．过程中涉及二氧化碳断开碳氧双键中的1 根极性键，和氢气中的非极性键，形成C-H 极性键，所以涉
及极性键的断裂和形成，B 正确；
C．总反应为：H2(g)+CO2(g)→HCOOH(l)，则ΔS＜0，根据吉布斯自由能可知，在一定温度下能够自发进
行，ΔH＜0，则活化能E正＜E逆，C 错误；
D．配合物I 的中心离子为Ru2+，有两个配体，均为OH
−，配位原子为O，D 正确；
故选C。
3．（2026·天津和平·一模）下列说法不正确的是
A．H2O (l)⇌H2O (s)，Δ H <0，ΔS>0
B．3 H2(g)+ N2(g)⇌2NH3(g)，Δ H <0，升高温度，平衡常数减小
C．CO (g)+ H2(g)⇌C (s)+ H2O (g)，Δ H <0，则活化能：E(正)< E(逆)
D．[Cu(NH3)2)
++CO+ NH3⇌[Cu(NH3)3CO)
+，Δ H <0，低温高压下利于铜氨液吸收CO
【答案】A
【详解】A．液态水凝固为冰，是放热过程，故Δ H <0，液态变为固态，混乱度减小，故ΔS<0，A 错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K 减小，B 正确；
C．反应焓变△H=E(正反应活化能)一E(逆反应活化能)，放热反应△H<0，则E(正)<E(逆)，C 正确；
D．该反应为放热反应，Δ H <0，该反应为气体分子数减小的反应，则其ΔS<0，结合ΔG= ΔH-T ΔS<0
时，反应可以发生，则低温高压下利于铜氨液吸收CO，D 正确；
故选A。
4．（2025·浙江·一模）反应S(g)⇌T(g)的历程如图实线所示，方程式为S(g)⇌
II
I
M(g)、M(g)⇌
IV
III
T(g)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Δ S>0
B．反应速率v消耗(S)= v消耗(M)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p平(T )
p平(S)均增大
【答案】B
【详解】A．由图可知反应T (g)⇌S(g)的Δ H >0。根据ΔG = Δ H −T Δ S，该吸热反应若能在高温下自
发进行，则需Δ S>0。题干表述“可自发进行”即暗示了Δ S>0，A 正确；
B．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”，v消耗(S)= v消耗(M)中，
v消耗(S)、v消耗(M)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．由图可知，步骤Ⅳ的焓变绝对值大于步骤I，改变温度对步骤Ⅳ的平衡移动的影响程度更大，故升高温
度，步骤Ⅳ对平衡的影响大于步骤Ⅰ，C 正确；
D．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
p平(T )
p平(S)均增大，D 正确；
故答案选B。
5．（2025·浙江·一模）一定条件下，三个体积均为1L 的密闭容器中发生反应：
CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O (g)在T1、T2（T1>T2）两个不同温度下实验，测得有关数据如下
表。
容器编
号
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
CH4
NO2
N2
CO2
H2O
NO2
Ⅰ
T1
1.16
3.0
0
0
0
1.0
Ⅱ
T1
1.0
2.0
0.5
0.5
2.5
x
Ⅲ
T2
0.16
1.0
1.0
1.0
2.0
0.80
下列说法正确的是
A．该反应只有在高温下才能自发进行
B．实验Ⅱ中，x =0.5
C．若实验Ⅲ中反应起始时通入2.32molCH4和6.0molNO2，达到平衡时c (NO2)>1.60 mol/L
D．其他条件不变，增大c(CH4):c(NO2)的比值，能提高CH4的平衡转化率
【答案】C
【分析】实验Ⅰ和实验Ⅱ的温度相同，其反应的平衡常数相等。由实验Ⅰ中的数据列三段式：
CH4(g)
+
2NO2(g)
⇌
❑
❑
N2(g)
+
CO2(g)
+
2H2O(g)
起始(mol)
1.16
¿3.0
¿0
¿0
¿
变化(mol)
1.0
¿
¿1.0¿¿1.0¿¿2.0¿平衡(mol)¿
平衡常数K=1.0×1.0×(2.0)
2
0.16×(1.0)
2
=25。实验Ⅲ中的温度下，列三段式：
CH4(g)
+
2NO2(g)
⇌
❑
❑
N2(g)
+
CO2(g)
+
2H2O(g)
起始(mol)
0.16
¿1.0
¿1.0
¿1.0
¿
变化(mol)
0.1
¿
¿0.1¿¿0.1¿¿0.2¿平衡(mol)
平衡常数K=1.1×1.1×(2.2)
2
0.06×(0.8)
2
≈152.5。
【详解】A．该反应ΔH < 0 且ΔS > 0，ΔG < 0 在任何温度下均成立，反应始终自发，并非仅在高温下自发，
A 错误；
B．实验Ⅱ在T1温度下，起始量为CH4 1.0 mol、NO2 2.0 mol、N2 0.5 mol、CO2 0.5 mol、H2O 2.5 mol，平
衡常数K=25，Qc = c (N2)c (CO2)c
2(H2O)
c (CH4)c
2(NO2)
= 0.5×0.5×(2.5)
2
1.0×(2.0)
2
≈0.39<K，平衡正向移动，平衡时NO2物质
的量为x mol，列三段式：
CH4(g)
+
2NO2(g)
⇌
❑
❑
N2(g)
+
CO2(g)
+
2H2O(g)
起始(mol)
1.0
¿2.0
¿0.5
¿0.5
¿
变化(mol)
1.0-0.5x
¿
¿1.0-0.5x¿¿1.0-0.5x¿¿
平衡常数K=c (N2)c (CO2)c
2(H2O)
c (CH4)c
2(NO2)
=
(1.5-0.5x)(1.5-0.5x)(4.5-x)2
0.5x⋅x
2
=25，计算得平衡时NO2物质的量x
≈ 1.0 mol，而非0.5 mol，B 错误；
C．实验Ⅲ在T2温度下，K≈152.5，若起始通入CH4 2.32 mol 和NO2 6.0 mol（其他为0），计算得平衡时
c(NO2) ≈ 1.73 mol/L > 1.60 mol/L，C 正确；
D．增大c(CH4):c(NO2)比值（如起始c(CH4)=2.32 mol/L、c(NO2)=3.0 mol/L 时），由平衡常数=152.5，CH4
平衡转化率由约86.2%降至约52.4%，转化率降低，不能提高，D 错误；
故答案选C。
6．（2026·湖北孝感·一模）我国化学家设计了一种功能化的冠醚衍生物，用于选择性捕获溶液中的K
+。该
冠醚衍生物识别K
+形成的超分子结构如下图所示(图中R 为−CH2CH2OH)。下列关于该超分子体系的说法正
确的是
A．该冠醚衍生物对K
+的高选择性，源于空腔直径与K
+半径的匹配，且K
+与氧原子作用协同最优
B．K
+从水溶液进入该冠醚衍生物空腔的过程是自发的，该过程放热，且体系混乱度增大
C．该冠醚衍生物上的所有碳原子和氧原子均采取sp
3杂化，R 基的引入会显著改变空腔的直径
D．在该超分子体系中加入浓度更高含有Na
+的溶液，利用Na
+的浓度优势可置换出K
+
【答案】A
【详解】A．该冠醚衍生物对K
+的高选择性，源于其空腔直径与K
+半径的精确匹配，同时K
+与氧原子的配
位作用达到协同最优，使得只有K
+能稳定进入空腔，A 正确；
B．K
+与冠醚的络合是一个自发过程（ΔG < 0）。对于此体系，该过程通常是放热的（ΔH < 0），但由于
形成了更有序的超分子结构，体系的熵是减小的（ΔS < 0），B 错误；
C．冠醚衍生物中苯环上的碳原子为sp
2杂化，并非所有碳、氧原子均为sp
3杂化，C 错误；
D．冠醚对K
+的选择性远高于Na
+，这是由空腔尺寸和配位作用共同决定的，并非单纯由浓度决定，因此高
浓度Na
+无法置换出已结合的K
+，D 错误；
故答案选A。
7．（2026·安徽淮南·一模）一定温度下，向1 L 恒容密闭容器中充入1.0 mol C2H4Cl2(g)，发生反应：
C2H4Cl2(g)⇌HCl(g)+C2H3Cl(g) Δ H >0，测定实验数据得到v 正~c(C2H4Cl2)和v逆~c(HCl)的曲
线如图所示。下列说法正确的是
A．C2H4Cl2(g)的分解反应在低温下能自发进行
B．若混合气体的密度保持不变，能判断反应已达平衡
C．若平衡时升高温度，曲线Ⅱ的h 点可能变为f 点
D．若平衡后恒温充入一定量的C2H4Cl2(g)，C2H4Cl2(g)的平衡转化率减小
【答案】D
【详解】A．C2H4Cl2(g)的分解反应是熵增的吸热反应，ΔH >0，ΔS>0，根据ΔG = ΔH −TΔS<0可以
自发进行，高温下能自发进行，A 错误；
B．因反应时气体质量保持不变，且在恒容容器中反应，气体体积也保持不变，则整个反应过程中混合气
体的密度一直保持不变，故不能判断反应已达平衡，B 错误；
C．该反应为吸热反应（Δ H >0），升高温度，平衡向正反应方向移动，C2 H 4Cl2(g)的平衡转化率增大，
c(C2H4Cl2)减小，且温度升高正、逆反应速率均增大，原温度下的速率-浓度曲线不再适用，点h 和点f 均
在原温度的曲线上，升高温度不可能使体系状态点仍在原曲线上移动，故曲线Ⅱ的h 点可能变为e 点，C
错误；
D．若平衡后恒温充入一定量的C2 H 4Cl2(g)，其浓度瞬间增大，导致反应商Qc小于平衡常数K c，平衡将
向正反应方向移动，对于有气体参与的反应，在恒容条件下增加某一反应物的量，该反应物的平衡转化率
会降低，D 正确；
故答案为D。
8．（2026·辽宁·一模）2025 年6 月，德国化学家宣布合成并捕获中性六氮分子N6，因其巨大的能量密度被
视为极具前景的清洁储能材料。合成过程如下：
下列说法不正确的是
A．N6和N2是氮元素的同素异形体
B．N6 (g)=3 N2(g)该反应的Δ H >0，ΔS>0
C．上述合成过程中，每生成1molN6的同时生成2mol AgCl
D．N6分子中，N 原子采取sp和sp
2两种杂化方式(不考虑端基原子的杂化)
【答案】B
【详解】A．N6和N2都是氮元素组成的单质，是同素异形体，A 正确；
B．由题干可知N6因为巨大的能量密度被视为极具前景的清洁储能材料，因此N6分解应为放热反应，B 错
误；
C．上述最后生成1mol N 6，过程中两步都生成1mol AgCl，共生成2mol AgCl，C 正确；
D．2 号和5 号N(氮链从左往右氮原子依次为1~6 号)为sp杂化，3 号和4 号N 为sp
2杂化，D 正确；
故答案为B。
9．（2026·山东济宁·一模）石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图
所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是
A．该反应低温下可自发进行
B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O*
C．升高温度化学反应速率增大程度为v 逆<v 正
D．该过程包含三个基元反应
【答案】C
【详解】A．该反应ΔH<0，且气体分子数减少ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS，低温下ΔG<0 可自发进行，A 正
确；
B．决速步为活化能最大的基元反应，2 NO
∗→N 2O
∗+O
∗步骤活化能最高，为正反应决速步，B 正确；
C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应，即v逆>v 正，C 错误；
D．反应过程有3 个过渡态，对应三个基元反应，D 正确；
答案选C。
10．（2026·山东聊城·一模）使用CH3COOCH3与H2反应制C2H5OH过程中的主要反应如下：
I．CH3COOCH3(g)+2H2(g)⇌C2H5OH(g)+CH3OH(g) Δ H 1=+1004 kJ⋅mol
-1
II．CH3COOCH3(g)+H2(g)⇌CH3CHO(g)+CH3OH(g) Δ H 2=+1044 kJ⋅mol
-1
III．CH3COOCH3(g)+C2H5OH(g)⇌CH3COOCH2CH3(g)+CH3OH(g) Δ H 3=+1160 kJ⋅mol
-1
在催化剂作用下，在1.0×10
5Pa、n起始(CH3COOCH3):n起始(H2)=1:2时，若仅考虑上述反应，反应相同
时间，CH3COOCH3的转化率、C2H5OH和CH3COOCH2CH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：C2H5OH 的选择性= n(转化为C2H5OH 的CH3COOCH3)
n(转化的CH3COOCH3)
×100%。
下列说法正确的是
A．反应CH3CHO(g)+H2(g)⇌C2H5OH(g)在高温下更易自发进行
B．温度在165℃~205℃之间，体系中有CH3CHO存在
C．温度在225℃~235℃之间，反应I 向右进行的程度大于反应Ⅲ
D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高C2H5OH的平衡产率
【答案】C
【详解】A．由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得CH3CHO (g)+H2(g)⇌C2H5OH (g) Δ H =-40 kJ⋅mol
-1，该反
应Δ H <0，ΔS<0（气体分子数减少）。根据ΔG =Δ H −T ΔS，低温下更易自发进行，高温下ΔG
可能大于0，反应不易自发，A 错误；
B．在165
∘C∼205
∘C之间，C2H5OH的选择性较低，CH3COOCH2CH3的选择性较高，说明反应Ⅲ（消耗
C2H5OH）或反应Ⅱ（生成CH3CHO）的程度较大。但反应Ⅱ可能未发生或程度极小，因此无法直接证明体
系中一定存在CH3CHO，B 错误；
C．在225
∘C∼235
∘C之间，C2H5OH的选择性较高，CH3COOCH2CH3的选择性较低，说明生成C2H5OH的反
应Ⅰ向右进行的程度，大于消耗C2H5OH的反应Ⅲ向右进行的程度，C 正确；
D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；控制反应时间只能影响产物的瞬时浓度，无法改变平
衡时C2H5OH的产率，D 错误；
故答案选C。
