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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 基元反应与反应历程
题型02 化学反应速率与化学平衡图像分析
题型03 化学反应的方向
1．（2026·甘肃金昌·二模）Br
−对H2O2的分解有显著催化作用，能量变化图如图所示，相关反应为基元反
应①：2Br
−+2H
++ H2O2= Br2+2H2O；基元反应②：H2O2+ Br2=O2↑+2H
++ 2Br
−。下列说法错误的是
A．H2O的空间结构为V形
B．增大H
+浓度能显著加快O2的生成速率
C．反应历程中Br
−增大了该反应的活化分子百分数，使单位时间内有效碰撞次数增加
D．基元反应②中涉及非极性键和极性键的断裂
【答案】B
【详解】A．H2O的中心原子O的价层电子对数为4，有2 个孤电子对，故H2O的空间结构为V形，A 正确；
B．由图像可知基元反应②为决速反应，增大H
+浓度对基元反应②的速率无明显影响，因此不能显著加快
O2的生成速率，B 错误；
C．Br
−为催化剂，能增大活化分子百分数，使单位时间内有效碰撞次数增加，C 正确；
D．基元反应②中有Br−Br、O−H的断裂，D 正确；
故选B。
2．（2026·河南濮阳·二模）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可
利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN (s)+3 H2O (g)制备。反应历程(TS 代表过渡态)如下：
题型01
基元反应与反应历程
下列说法错误的是
A．反应ⅱ是吸热过程
B．反应ⅲ包含2 个基元反应
C．总反应的速控步包含在反应ⅱ中
D．反应ⅰ中H2O (g)脱去步骤的活化能为0.16 eV
【答案】C
【详解】A．从反应历程可知，反应ⅱ终态能量高于始态，是吸热过程，A 正确；
B．反应ⅲ经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2 个基元反应，B 正确；
C．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7 对应的反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应
的速控步包含在反应ⅲ中，C 错误；
D．反应ⅰ中H2O (g)脱去步骤需要经过TS3，则活化能为0.48eV 与TS3 的相对能量差，即
0.64eV-0.48eV=0.16eV，D 正确；
故选C。
3．（2026·江西九江·二模）铁的配合物离子(用[L−Fe−H)
+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的
变化情况如图所示。下列说法正确的是
①该过程的总反应为HCOOH
催化剂
¿CO2↑+ H2↑
¿
②增大H
+浓度会加快反应速率
③该过程的总反应速率由步骤HCOO
−+CO2+IV→HCOO
−+ H2+CO2+I决定
④所有的化学反应都存在多个基元反应
⑤加入[L−Fe−H)
+，活化分子数目增加，活化分子百分数不变
A．①②
B．①③
C．①③④
D．②③⑤
【答案】B
【详解】①．根据反应机理，将各步骤加和，催化剂不写入总反应，反应物为HCOOH，生成物为CO2和
H 2，总反应为：HCOOH
催化剂
¿CO2↑+ H2↑
¿
；
②．根据图示机理，HCOOH在水溶液中存在电离平衡，增大H⁺浓度会使平衡逆向移动，导致HCOO
−浓
度降低，从而使反应速率减慢，②错误；
③．总反应速率由活化能最大（反应速率最慢）的基元步骤决定，根据能量图，步骤
HCOO
−+CO2+ IV →HCOO
−+ H 2+CO2+ I的活化能最大，是决速步骤，③正确；
④．一步完成的反应（基元反应）只有一个基元反应，不是所有反应都存在多个基元反应，④错误；
⑤．加入催化剂[L−Fe−H)
+，降低反应活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数也增大，⑤错误；
故正确的有①③；
答案选B。
4．（2026·广东江门·二模）CO2催化加氢生成HCOOH的反应历程如图所示(部分生成物未列出，“-”表示过
渡态中的化学键)。下列说法错误的是
A．CO2得1 个电子可形成2 种过渡态
B．生成HCOOH的路径有多个
C．生成CO的过程中有水生成
D．生成HCOOH的总反应为CO2+2H
+= HCOOH
【答案】D
【详解】
A．由反应历程图可知，
CO2
得1 个电子可形成2 种过渡态：
、
，A 正确；
B．由反应历程图可知，生成HCOOH的路径有多个（存在不同的过渡态或中间体参与反应），B 正确；
C．生成CO的过程中反应式为CO2+ H2=CO+H2O，所以有水生成，C 正确；
D．生成HCOOH的总反应为CO2+ H2= HCOOH，D 错误；
故选D。
5．（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。
6．（2026·江苏·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Fe
+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．②过程中每生成1 mol
转移电子2 mol
C．主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2O
催化剂
¿CH3CHO+ H2O+2N2
¿
D．X 与Y 能互溶与它们的分子结构具有相似性无关
【答案】D
【分析】
由机理图可知，N 2O与Fe
+反应生成N2和FeO
+，FeO
+和C2 H 6反应生成[(C2 H 5)Fe(OH )]
+，
[(C2 H 5)Fe(OH )]
+生成Y 和Fe
+，根据原子守恒知，Y 为乙醇；[(C2 H 5)Fe(OH )]
+生成X和
[(C2 H 4)Fe ]
+
，X 为水；
[(C2 H 4)Fe ]
+
和
N 2O
生成
N2
和
，
生成乙醛和
Fe
+
。
因此，主反应的总反应方程式为：C2H6+2N2O
催化剂
¿CH3CHO+ H2O+2N2
¿
，以此解题；
【详解】A．反应中，N 2O与Fe
+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．②过程中反应为：
[(C2 H 4)Fe ]
++ N 2O =
+ N 2
，在该步反应中，N₂O 作氧化剂，每生成
1 mol N₂，氮元素的化合价从+1 价降低为0 价，得到2 mol 电子，因此反应转移的电子为2 mol，B 正确；
C．将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为：C2H6+2N2O
催化剂
¿CH3CHO+ H2O+2N2
¿
，C 正确；
D．由分析可知，X 为水，Y 为乙醇。水和乙醇能互溶的主要原因是两者均为极性分子且分子间可以形成
氢键，同时乙醇的-OH 与水分子的-OH 相近，因而乙醇与水互溶，即两者互溶与它们的分子结构相似有关，
D 错误；
故选D。
7．（2026·浙江杭州·二模）我国科学家已经实现催化氢化CO2获得甲酸，反应过程如图甲，其中化合物2
转化为化合物3 过程的能量变化如图乙所示(TS 表示过渡态，I 表示中间体)，下列说法错误的是
A．化合物1→化合物2 的反应是氧化还原反应
B．化合物1 是催化剂，增加用量会降低反应所需活化能
C．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
D．从平衡移动的角度看，降低温度可促进化合物2 与水反应生成化合物3 与HCOO
−
【答案】B
【详解】A．化合物1 结合CO2生成化合物2，CO2中C为+ 4价，生成的化合物2 中甲酸根配体中C 为+2 价，
存在化合价变化，属于氧化还原反应，A 正确；
B．由反应循环可知化合物1 是该反应的催化剂，催化剂通过改变反应路径降低活化能，但活化能是反应
的固有属性，与催化剂用量无关，增加催化剂用量不会改变反应的活化能，仅能改变反应速率，B 错误；
C．决速步骤由能垒（活化能）最高的步骤决定，由图乙可知，生成中间体I2的步骤能垒（
16.87−(−1.99)=18.86 kcal⋅mol
−1）最大，反应速率最慢，是该过程的决速步骤，C 正确；
D．由图乙可知，化合物2 和水反应生成化合物3 和HCOO
−❑的总反应中，生成物总能量低于反应物，是
放热反应，降低温度平衡正向移动，促进反应进行，D 正确；
故选B。
8．（2026·广西南宁·二模）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，
该历程示意图如下所示。
下列说法错误的是
A．生成CH3COOH的总反应符合原子经济性
B．反应过程中有极性键、非极性键的生成
C．升高温度，一定会提高总反应的反应速率
D．将CH4替换为CH3D，反应可得CH3COOD
【答案】C
【分析】由图可知，生成乙酸的总反应为：CH4+CO2
催化剂
¿
¿
CH3COOH。
【详解】A．由方程式可知，该反应原子利用率为100%，符合原子经济性的观念，A 正确；
B．由方程式可知，反应过程中有氢氧极性键、碳碳非极性键的生成，B 正确；
C．升高温度，可能会使催化剂失活，导致反应速率减慢，C 错误；
D．由历程示意图可知，将甲烷替换为CH3D，反应可能生成CH2DCOOH，也可能生成CH3COOD，D 正确；
故选C。
9．（2026·安徽滁州·二模）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可
利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3 H2O(g)制备。已知：1eV=1.6×10
−22kJ，阿伏加德罗常数
约为6.02×10
23 mol
−1。反应历程(TS 代表过渡态)如下：
下列说法错误的是
A．若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4
B．反应i 和反应ii 中H2O(g)脱去步骤的活化能之差为24.37kJ⋅mol
−1
C．反应iii 在高温条件下能够自发进行
D．总反应的决速步反应包含在反应iii 中，其活化能为3.07 eV
【答案】B
【详解】A．氮化镓的化学式为GaN，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即Ga:N =1:1，故氮
原子配位数为4 时，镓原子配位数也为4，A 不符合题意；
B．反应ⅰ中H2O (g)脱去步骤的活化能为2.13eV−(−0.68eV)=2.81eV，反应ⅱ中H2O (g)脱去步骤的活化
能为3.39eV−0.70eV=2.69eV，二者差值为2.81eV-2.69eV=0.12eV，换算为kJ⋅mol
−1：
0.12eV×1.6×10
−22kJ/eV×6.02×10
23 mol
−1=11.6kJ⋅mol
−1，B 符合题意；
C．反应ⅲ为Ga2ON2H2(s)⇌2GaN (s)+ H2O (g)，该反应的产物能量高于反应物，Δ H >0，ΔS>0，根
据ΔG =Δ H −T ΔS，高温下ΔG<0，反应可自发进行，C 不符合题意；
D．总反应的决速步为活化能最大的步骤，反应ⅲ中TS7的活化能为6.37eV−3.30eV=3.07eV，为整个反
应的最大活化能，故决速步包含在反应ⅲ中，D 不符合题意；
故选B。
10．（2026·安徽淮南·二模）叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种
产物的机理分别为：
机理1：
机理2：
下列说法正确的是
A．两种反应机理的决速步骤是不同的
B．把反应物中一个甲基换成-CF3，反应更容易进行
C．把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变
D．把H2O换成CH3CH2OH，消去产物比例减小
【答案】C
【详解】A．两种机理分别是卤代烃的取代反应机理和消去反应机理，两种机理都是形成碳正离子的步骤
为慢反应，所以控速步骤相同，A 错误；
B．−CF3是强吸电子基团，会使带正电的叔丁基碳正离子正电荷更集中，稳定性下降，更难生成碳正离
子，反应更难进行，B 错误；
C．该反应第一步生成碳正离子后，后续取代/消去的竞争由碳正离子本身决定，与原离去基团（Br
−/ I
−
）无关，生成的碳正离子均为叔丁基碳正离子，因此产物比例不变，C 正确；
D．水的极性大于乙醇，极性大的溶剂更有利于稳定碳正离子，促进取代反应；乙醇极性更小，乙醇的体
积较大，进攻处在结构中间的碳正离子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，
D 错误；
故答案为C。
11．（2026·河北沧州·二模）以H2O为氢源，乙炔电催化氢化的反应机理(*表示吸附态，部分反应物和生成
物略)如图所示。下列说法错误的是
A．该反应历程中，吸附和解吸分别为释放能量和吸收能量的过程
B．该反应历程中存在非极性键的形成，不存在非极性键的断裂
C．生成C2H4的决速步骤为❑
∗C2H2+e
−+ H2O=
∗C2H3+OH
−
D．该催化条件下C2H4的选择性大于C4 H6
【答案】B
【详解】A．由题图可知，C2H2→
*C2H2过程中能量降低，放出能量，❑
*C2H4→C2H4、❑
*C4 H6→C4 H6
过程中能量升高，吸收能量，A 项正确；
B．❑
*C2H2生成❑
*C2H3过程中有非极性键的断裂，B 项错误；
C．生成C2H4的决速步骤为❑
*C2H2+e
−+ H2O =
*C2H3+OH
−，C 项正确；
D．生成C2H4决速步骤的活化能低于生成C4 H6决速步骤的活化能，生成C2H4的反应速率更快，选择性更高，
D 项正确；
故选B。
12．（2026·甘肃酒泉·二模）将CH4与CO2催化重整可以制备CO 和H2。科学家研究了催化剂X、Y 分别催
化CH4产生CO 的反应机理，其中，“CH
*+O
*”转化为“CO
*+ H
*”的反应历程如图所示，吸附在催化剂表
面的物种用*标注。
下列说法正确的是
A．决速步骤：CH
*+O
*=C
*+O
*+ H
*
B．催化剂X 更容易产生积碳(C
*)
C．反应到过渡态②步骤的活化能：Y<X
D．图中反应可以表示为CH
*+O
*=CO
*+ H
* Δ H >0
【答案】A
【详解】A．决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤。从图中可以看出，催化剂X 和Y 的反应路径里，
“CH
*+O
*”转化为“CO
*+ H
*”的过渡态①的活化能是最大的，所以CH*+O*=C*+O*+H*是决速步骤，故
A 正确；
B．生成积碳(C
*)的步骤是“CH
*+O
*→C
*+O
*+ H
*”，对比催化剂X 和Y 的该步骤过渡态能量，催化剂Y
的过渡态能量(1.36eV)低于催化剂X 的过渡态能量(1.63eV)，说明催化剂Y 催化该步骤的活化能更低，反应
更容易进行；消耗积碳(C
*)的步骤使用催化剂X 的活化能为1.02eV，使用催化剂Y 的活化能为1.17eV，使
用催化剂X 积碳(C
*)的消耗速率更快，所以催化剂Y 易产生积碳(C
*)，故B 错误；
C．过渡态②步骤中，X 的活化能为(2.14−1.12)eV=1.02eV，Y 的活化能为(1.99−0.82)eV=1.17eV，
所以反应到过渡态②步骤中的活化能：Y>X，故C 错误；
D．从图中可以看出，反应物“CH
*+O
*”的相对能量为0 eV，生成物“CO
*+ H
*”的相对能量为
−0.43eV (Y)或−0.76eV (X)，生成物的总能量低于反应物的总能量，所以放出热量，即Δ H <0，故D 错
误；
选A。
13．（2026·云南·二模）SCR 法主要是针对柴油发动机产生的NOx的处理工艺，原理是NOx和NH3在选择性
催化剂表面转化为N2和H2O，反应历程中的能量变化如图所示。下列叙述错误的是
A．其中决定总反应速率的步骤是H 的移除
B．SCR 产生的烟尘，会使催化剂的活性下降
C．该反应的总反应方程式为：8 NH3+6 NOx =7 N2+6 x H2O
D．催化剂以TiO2和WO3为主要成分，做成蜂窝式均质催化剂是为了增大与气体的接触面积
【答案】C
【详解】A．总反应速率由活化能最大的慢反应决定，由图可知，H 移除步骤的活化能最大，是决速步，A
正确；
B．烟尘会附着在催化剂表面，堵塞催化剂活性位点，使催化剂活性下降（催化剂中毒），B 正确；
C．该反应的总反应方程式为4 x NH 3+6 NOx =(2 x +3)N 2+6 x H 2O，C 错误；
D．做成蜂窝式均质催化剂，可以增大催化剂与反应物气体的接触面积，加快反应速率，D 正确；
故选C。
14．（2026·广东佛山·二模）氨硼烷(H3N-BH3)是一种潜在的储氢材料，三种催化放氢途径和各步骤的活化
能如下(电负性：N＞H＞B)。下列说法正确的是
步骤
Ea(kcal⋅mol
−1)
Ⅰ
12.2
Ⅱ
63.2
Ⅲ
55.7
Ⅳ
23.2
Ⅴ
47.7
A．氨硼烷中氢的化合价均相同
B．三种放氢途径均涉及极性键断裂
C．相同温度下，途径①速率最快
D．三种放氢途径中，途径②的Δ H最小
【答案】B
【详解】A．根据电负性N > H > B，在与N 原子相连的N-H 键中，H 显+1 价；在与B 原子相连的B-H 键
中，H 显-1 价，故氢存在两种化合价，A 错误；
B．各途径断裂的键均为N–H 或B–H 键，二者均为极性共价键（因电负性差异显著），无非极性键（如
H–H）参与断裂，B 正确；
C．反应速率由决速步（最高活化能步骤）决定：途径①：max(Eₐ) = 63.2 kcal·mol-1（步骤 Ⅱ），途径②：
Eₐ = 55.7 kcal·mol-1（步骤 Ⅲ）途径③：max(Eₐ) = 47.7 kcal·mol-1（步骤 V），故途径③最快，途径①最慢，
C 错误；
D．根据盖斯定律，ΔH 仅取决于始态与终态，与路径无关。三途径始态均为 H3N–BH3，终态均为
H2N=BH2（伴随H⁺/H⁻转移）和氢气，故ΔH 相同，D 错误；
故选B。
15．（2026·青海西宁·二模）在药物合成领域，有机化学家发明了一种新的骨架编辑方法，该方法能在温
和的反应条件下将邻氨基苯甲酰基直接插入惰性酰胺基中。该过程中物质的相对能量与反应历程的关系如
图所示(TS 表示过渡态，Me 表示甲基，Ph 代表苯基)。下列说法正确的是
A．决速步骤的能垒为29.8eV⋅mol
−1
B．反应中最稳定的过渡态是TS-1
C．步骤④中有极性键的断裂和形成
D．适当升高温度可加快速率和提高平衡产率
【答案】C
【详解】A．步骤②的能垒最大，是决速步骤，该步的能垒为1.5eV·mol-1-(-28.3eV·mol-1)=
29.8 N AeV⋅mol
−1，A 项错误；
B．能量越低越稳定，四个过渡态中，过渡态TS-3 的能量最低，最稳定，B 项错误；
C．步骤④中有C=O双键的形成和O−H及C−N极性键的断裂，C 项正确；
D．由图可知，总反应是放热反应，适当升高温度速率加快，但平衡逆向移动，平衡产率降低，D 项错误；
故选C。
1．（2026·四川广元·二模）T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生
反应：2C(s)+2NO2(g)
N
⇌
2(g)+2CO2(g)，反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率如图所示，下列说法错
误的是
题型02
化学反应速率与化学平衡图像分析
A．逆反应速率：v(a)>v(b)>v(c)
B．T℃时，该反应的化学平衡常数为4
45
C．图中c 点所示条件下，v 正>v 逆
D．容器内的压强：p(a)：p(b)>6：7
【答案】B
【详解】A．逆反应速率与体系内生成物浓度正相关，a、b、c 三点温度相同，a 点容器体积最小，气体浓
度最高，b 点次之，c 点体积最大、反应速率最慢且未达平衡，生成物浓度最低，因此逆反应速率大小关系
为v (a)>v (b)>v (c)，A 正确；
B．由于a 点为平衡点，此时NO2的转化率为40%，a 点反应三段式为：
2C(s)
+
2NO2(g)
⇌
N2(g)
+
2CO2(g)
起始/mol
¿
1
¿0
¿
转化/mol
¿
0.4 ¿¿0.2¿¿0.4 ¿平衡/mol¿¿¿0.6¿¿0.2¿¿0.4 ¿
，
各物质平衡浓度为c(NO2)=0.6
V 1
mol/L、c(N2)=0.2
V 1
mol/L、c(CO2)=0.4
V 1
mol/L，T℃时，该反应的化学平
衡常数K=c(N2)⋅c
2(CO2)
c
2(NO2)
=
0.2
V 1
×( 0.4
V 1
)
2
( 0.6
V 1
)
2
=
4
45V 1
，B 错误；
C．相同时间内，b 点比a 点反应慢，但转化率达到80%，c 点比a 点反应更慢，转化率也有40%，说明a
点为平衡点，c 点为未平衡点，反应仍在正向进行，即图中c 点所示条件下，v(正)＞v(逆)，C 正确；
D．a 点反应三段式为：
2C(s)
+
2NO2(g)
⇌
N2(g)
+
2CO2(g)
起始/mol
¿
1
¿0
¿
转化/mol
¿
0.4 ¿¿0.2¿¿0.4 ¿平衡/mol¿¿¿0.6¿¿0.2¿¿0.4 ¿
，
b 点反应三段式为：
2C(s)
+
2NO2(g)
⇌
N2(g)
+
2CO2(g)
起始/mol
¿
1
¿0
¿
转化/mol
¿
0.8¿¿0.4 ¿¿0.8¿平衡/mol¿¿¿0.2¿¿0.4¿¿0.8¿
，
a 点平衡时，na=0.6+0.2+0.4 =1.2mol。b 点时，设转化率为αb，由图可知αb<0.4，此时
nb=1−αb+0.5αb+αb=1+0.5αb<1+0.5×0.4 =1.2mol。压强比p(a)
p(b) = naV b
nbV a
，因na>nb且V b>V a，故
p(a)
p(b) >1。由于1> 6
7 ，所以p(a): p(b)>6:7成立，D 正确；
故答案选B。
2．（2026·广西南宁·二模）利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应：①2CH3OH (g)=C2H4(g)+2H2O (g)、②
3CH3OH (g)=C3H6(g)+3H2O (g)、③3C2H4(g)⇌2C3H6(g) Δ H。向某恒压容器中通入0.8molCH3OH (g)，
CH3OH (g)反应完全，平衡体系中各物质的物质的量分数x (A)随温度变化的关系如图所示。
已知：650K下，反应t min后达到平衡，此时2x(C2H4)=x(C3H6)，体系总压强为pkPa。下列说法错误的
是
A．反应③的Δ H <0
B．曲线a表示H2O (g)的物质的量分数随温度的变化关系
C．向平衡体系中通入N2(g)，再次平衡后，c(C2H4)增大
D．650K、pkPa下，0∼t min内，v (C2H4)= p
11t kPa⋅min
−1
【答案】C
【详解】A．由图像可知：升高温度，C2 H 4物质的量分数增大，C3 H 6物质的量分数减小，说明反应③
3C2 H 4(g)⇌2C3 H 6(g)平衡逆向移动。根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，因此逆反应吸
热，正反应放热，Δ H <0，A 正确；
B．不管反应如何进行，1molCH 3OH完全反应一定生成1mol H 2O，因此平衡时n( H 2O)=0.8 mol，恒
等于初始CH 3OH的物质的量，其物质的量远大于烯烃，物质的量分数始终最高；升温时反应③平衡左移，
气体总物质的量增大，水的物质的量不变，因此水的物质的量分数随温度升高降低，与图中最上方曲线
（对应a）变化一致，B 正确；
C．恒压容器中通入N2，容器体积增大，各物质浓度被稀释。结合反应③平衡左移，通过K p推导可证明：
C2 H 4的物质的量增加的幅度远小于体积增大的幅度，最终c(C2 H 4)减小，C 错误；
D．设平衡时n(C2H4)=n，由2 x(C2 H 4)= x(C3 H 6)得n(C3H6)=2n。根据C 守恒：2n+3×2n=0.8，解
得n=0.1mol，因此n(C2 H 4)=0.1mol，n(C3 H 6)=0.2mol，n( H 2O)=0.8 mol，总物质的量
n总=0.1+0.2+0.8=1.1mol。C2 H 4的平衡分压p(C2 H 4)= 0.1
1.1 p= p
11 kPa，初始分压为0，因此反应速
率v(C2 H 4)= Δp
Δt = p
11t kPa·min
−1，D 正确；
故选C。
3．（2026·重庆·二模）在两个体积分别为V 1、V 2的恒容密闭容器中均充入1mol M(g)和2mol N(g)，在
不同温度下发生反应：2M(g)+2N(g)⇌2P(g)+Q(g)，测得M(g)的平衡转化率随温度变化如图所示。
下列说法正确的是
A．两容器体积关系为：V 1>V 2
B．P(g)与Q(g)的总能量低于M(g)的能量
C．F 点P(g)的体积分数大于2
9
D．F 点反应速率大于E 点，原因是活化分子百分数更大
【答案】C
【分析】反应为2 M (g)+2 N (g)⇌2 P(g)+Q(g)，由图可知温度升高，M 的平衡转化率降低，平衡逆
向移动，正反应放热，故该正反应是气体分子数减少的放热反应。据此分析。
【详解】A．相同温度下，V 1中M 的平衡转化率更高，正反应是气体分子数减少，压强越大、体积越小，
平衡越正向移动，M 的平衡转化率越高，故V 1<V 2，A 错误；
B．正反应放热，说明生成物P(g)+Q(g)的总能量低于反应物M (g)+ N (g)的总能量，并非低于M (g)
的能量，B 错误；
C．E 点（V 2，M 的平衡转化率60%），列三段式计算：
¿ 起始/mol
转化/mol
平衡/mol
2 M (g)
+
2 N (g)
⇌
1
¿2
¿0.6
¿ ¿0.4¿¿1.4 ¿¿2 P(g)
+
Q(g)
0
¿
¿
¿0.3¿0.6¿¿0.3¿ ，平衡时
总物质的量=(0.4 +1.4+0.6+0.3)mol=2.7 mol，P 的体积分数= 0.6 mol
2.7 mol = 2
9， F 点压强更大（V 1更小），
平衡正向移动，M 的平衡转化率更高，生成P 更多，总物质的量减少更多，因此P 的体积分数大于2
9，C
正确；
D．F 点和E 点温度相同（均为T 1），活化分子百分数相同，F 点反应速率更快是因为体积更小、反应物浓
度更大，单位体积内活化分子数更多，D 错误；
故选C。
4．（2026·黑龙江辽宁·二模）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
CH3 Br，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 =8s，有
I2时CH3Br的物质的量变化Δn=3.2mol−2.6 mol=0.6 mol，因此
v (CH3Br)= 0.6 mol
V ×8s = 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。
5．（2026·江西新余·二模）乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO 发生如下3 个均放热的连续反应合
成乙二醇，其中仅MG 生成乙二醇的反应为可逆反应。
在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)
n (DMO) =52.4，出口处检测到
DMO 的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性
= n生成(该物质)
n消耗(DMO)
×100 %]，其中曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性。下列说法正确的是
A．曲线Ⅲ表示DMO 的实际转化率的变化曲线
B．483K时，出口处n(乙醇)
n (DMO) 的值为1.98
C．减小初始氢酯比有利于提高A点DMO的转化率
D．A点反应MG (g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH (g)+CH3OH (g)的浓度商Qx≈0.016(用物质的量分数代替浓
度计算)
【答案】B
【分析】由题干信息可知，DMO 转化为MG 的反应为不可逆反应，随着温度升高，活化分子百分率增加，
DMO 转化率提高，直至达到近100%，符合曲线Ⅰ的变化趋势，因此，曲线Ⅰ表示DMO 的实际转化率。
在反应过程中，DMO 先转化为MG，之后依次转化为乙二醇和乙醇，根据图像，当温度为450K 时，曲线
Ⅱ和曲线Ⅳ代表的选择性分别为50%，和为100%，而曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线Ⅳ表示MG 的
选择性，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，据此作答。
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅰ表示DMO 的实际转化率，A 错误；
B．设DMO 的起始量n0(DMO)=100 mol，根据图像，当温度为483K 时，DMO 的转化率为99%，则
n消耗(DMO)=n0(DMO)×99 % =100 mol×99% =99 mol，出口处的
n(DMO)=n0(DMO)×(1−99 %)=100 mol×1% =1mol，
n生成(乙醇)=n消耗(DMO)×2% =99 mol×2% =1.98 mol，则出口处n(乙醇)
n (DMO) = 1.98 mol
1mol
=1.98，B 正确；
C．减小初始的氢酯比会导致体系中氢含量下降，DMO 的转化率降低，C 错误；
D．由题干信息可知，初始氢酯比n(H2)
n (DMO) =52.4，设起始投料量n(H2)=52.4 mol，n(DMO)=1mol，在A
点处，DMO 的转化率为80%，其消耗量n消耗(DMO)=1mol×80 % =0.8 mol，乙二醇和MG 的选择性均为
50%，则出口处n生成(乙二醇)=n生成(MG)=n消耗(DMO)×50 % =0.4 mol，
n(DMO)=(1−0.8)mol=0.2mol，据此可列式：
DMO(g)
+
2H2(g)
=
MG(g)
+
CH3OH(g)
起始量(mol)
1
¿52.4
¿0
¿
转化量(mol)
¿
¿1.6¿¿0.8¿¿0.8¿平衡量(mol)¿0.2¿¿50
MG(g)
+
2H2(g)
⇌
HOCH2CH2OH(g)
+
CH3OH(g)
起始量(mol)
0.8
¿50.8
¿0
¿
转化量(mol)
¿
¿0.8¿¿0.4¿¿0.4¿平衡量(mol
体系中n总=(0.4+50+0.4+1.2+0.2) mol=52.2mol，物质的量分数x = n
n总
，则该反应浓度商
Qx = x(CH3OH)⋅x(HOCH2CH2OH)
x(MG)⋅x
2(H2)
= n(CH3OH)⋅n(HOCH2CH2OH)⋅n总
n(MG)⋅n
2(H2)
= 1.2×0.4×52.2
0.4×50
2
≈0.025，D 错
误；
故答案选B。
6．（2026·天津河北·二模）利用合成气直接合成乙二醇反应如下：2CO (g)+3 H2(g)⇌HOCH2CH2OH (g)
Δ H。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，分别为40%、50%和60%时，温度与压强的关系如下图所
示。（已知：反应a A (g)+b B (g)⇌y Y (g)+ z Z(g)，K x = x
y (Y) x
z (Z)
x
a(A) x
b (B)，x 为组分的物质的量分数）。下列
说法不正确的是
A．代表α = 40 %的曲线为L3
B．上述合成乙二醇反应Δ H <0
C．D 点对应体系的K x的值为4
27
D．M、N 两点对应的体系，K x (M)= K x (N)
【答案】C
【分析】反应2CO(g)+3 H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)为气体系数减小的反应，温度相同时，增大压强，平
衡正向移动，平衡转化率增大，p(L1)> p(L2)> p(L3)，因此L1、L2、L3对应α分别为60%、50%、40%；
压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，所以Δ H <0。据此分析
解答。
【详解】A．由分析可知，代表α = 40 %的曲线为L3，A 正确；
B．由分析知，Δ H <0，B 正确；
C．D 点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO 和3
mol H2，列三段式得
2CO(g)
+
3 H2(g)
⇌
HOCH2CH2OH(g)
初始量/ mol
2
¿3
¿
¿
2×0.5=1¿¿1.5¿¿0.5¿平衡量/ mol¿1¿¿1.5¿¿0.5¿
，
平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH 的物质的量分数分别为1
3、1
2、1
6，
K x = x(HOCH2CH2OH)
x
2(CO)x
3(H2)
=
1
6
( 1
3 )
2
×( 1
2 )
3 =12，C 错误；
D．由题意，每条曲线对应固定的平衡转化率α，推导K x的表达式可知：K x仅由α决定。M、N 都在曲线
L1上，α相同，因此K x( M )= K x( N )，D 正确；
故选C。
7．（2026·河南开封·二模）在恒温恒容条件下，向密闭容器中充入一定量的A (g)，发生反应
M(g)⇌
k−1
k1
A(g)⇌
k−2
k2
N(g)，反应速率v =kx，k 为速率常数。反应过程中各组分物质的量分数x 随反应时间t
变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．该条件下xN(平衡)
xM(平衡) = k−1⋅k2
k1⋅k −2
B．t1时刻，M (g)与N (g)的物质的量浓度相等
C．A (g)→M (g)的活化能大于A (g)→N (g)的活化能
D．若A (g)→M (g)和A (g)→N (g)均为放热反应，则升高温度xA(平衡)变小
【答案】B
【详解】A．平衡状态下，v 正= v逆，即k1 xM =k−1 x A，k2 x A =k−2 xN，由k1 xM =k−1 x A可得x A
xM
= k1
k−1
，
由k2 x A =k−2 xN可得
xN
x A
= k2
k−2
，两式相乘得
xN
xM
= k1·k2
k−1·k−2
，A 错误；
B．t1时刻，生成M 和N 的物质的量分数相等，生成M 和N 的物质的量相等，因为恒温恒容密闭容器，则
生成M 和N 的物质的量浓度相等，B 正确；
C．t1时刻之前，M 的物质的量分数大于N 的物质的量分数，生成M 的反应速率大于生成N 的反应速率，
A(g)→M(g)的活化能小于A(g)→N(g)的活化能，C 错误；
D．若两反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A 的转化率降低，xA(平衡)应增大，D 错误；
故选B。
8．（2026·辽宁沈阳·二模）CuCl2溶液中存在氯化配合反应：Cu
2+→
K 1
[CuCl)
+→
K 2
CuCl2 →
K 3
[CuCl3)
−→
K 4
[CuCl4)
2−，已知常温下K 值依次减小，改变1.0×10-4 mol/L CuCl2溶液中Cl-的起始浓度，测得含铜元素微
粒分布系数δ 与Cl-平衡浓度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线c 表示[CuCl]+的物种分布系数
B．Q 点Cu2+转化率为43%
C．P 点溶液中c(Cl-)=0.75 mol/L
D．Cu2++2Cl⇌CuCl2 K≈0.77
【答案】D
【分析】氯化配合反应随Cl
−浓度增大，平衡逐步向右移动，配位数低的微粒先生成后消耗，配位数高的
微粒随Cl
−增大含量升高：Cl
−浓度为0 时，只有Cu
2+，δ =1，因此曲线a为Cu
2+，δ随c(Cl
−)增大逐步减
小；[CuCl ]
+是第一步产物，Cl
−增大时先生成[CuCl ]
+，δ先升高，后续继续转化为更高配产物，δ后降低，
对应曲线b；CuCl2随Cl
−浓度增大，总分布系数逐步升高，对应一直上升的曲线c。
【详解】A．根据分析，曲线c不表示[CuCl ]
+，A 错误；
B．分布系数δ( X )= c( X )
c总(Cu)，Cu
2+转化率α =1−δ(Cu
2+)。Q 点Cu
2+的分布系数δ(Cu
2+)应从图中曲线a 读
取，此时c(Cl
−)≈2 mol/L，δ(Cu
2+)≈0.14 mol/L，故Cu²⁺转化率α=1-δ(Cu
2+)≈0.84，不是43%，B 错误；
C．P 点是a(Cu
2+)和b([CuCl ]
+)的交点，故c(Cu
2+)=c([CuCl ]
+)，第一步平衡常数：
K 1=
c([CuCl)
+)
c(Cu
2+)c(Cl
−)P
=
1
c(Cl
−)P
， Q 点是b([CuCl]
+)和CuCl2的交点，故c([CuCl ]
+)=c(CuCl2)，第
二步平衡常数： K 2=
c(CuCl2)
c([CuCl ]
+)⋅c(Cl
−)
=
1
c(Cl
−)Q
, 已知K 1> K 2，Q点c(Cl
−)Q≈2mol / L，对反应
Cu
2++2Cl
−⇌CuCl2，总平衡常数K = K 1⋅K 2=
1
c(Cl
−)P⋅c(Cl
−)Q
。在曲线a 和曲线c 的交点处，
c(Cu
2+)=c([CuCl2))，此时K =
1
c
2(Cl
−)，从图中读取交点处，c(Cl
−)≈1.15mol / L，代入得：
K = K 1⋅K 2=
1
c
2(Cl
−)
≈
1
1.15
2 ≈0.77 ， 由图可知c(Cl
−)Q≈2mol / L，常数
K = K 1⋅K 2=
1
c(Cl
−)P⋅c(Cl
−)Q
=
1
c(Cl
−)P×2
=0.77，故c(Cl
−)P=0.65mol / L，因此P点
c(Cl
−)=0.65mol / L，C 错误；
D．对反应Cu
2++2Cl
−⇌CuCl2，总平衡常数K = K 1⋅K 2=
1
c(Cl
−)P⋅c(Cl
−)Q
。在曲线a 和曲线c 的交
点处，c(Cu
2+)=c([CuCl2))，此时K =
1
c
2(Cl
−)，从图中读取交点处，c(Cl
−)≈1.15mol / L，代入得：
K = K 1⋅K 2=
1
c
2(Cl
−)
≈
1
1.15
2 ≈0.77 符合选项描述，D 正确；
故答案选D。
9．（2026·广东汕头·二模）常温下，向1 L恒容密闭容器中充入等物质的量的X (g)和Y (g)，发生如下反应：
①2X (g)+ Y (g)=2Z(g)；②2Z(g)⇌
❑
❑
W (g)。体系中部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法
正确的是
A．a 为n (Y)随时间t 的变化曲线
B．0~t1时间内，反应①生成的Z 全部转化为W
C．t2时体系处于平衡状态，n (Z)一定等于2n (W)
D．t2时，若升高温度，反应②的平衡常数一定升高
【答案】A
【详解】A．初始时X、Y 物质的量相等，反应①中X 计量数为2、Y 计量数为1，反应①不可逆，X 会完
全消耗最终物质的量为0，Y 过量最终剩余量不为0，a 曲线最终稳定在n2≠0，因此a 为n(Y)随时间的变
化曲线，A 正确；
B．向恒容密闭容器中充入等物质的量的X (g)和Y (g)，首先进行反应①，生成Z 并积累，同时生成的Z 部
分转化为W，为图中先增后减的曲线，0∼t1内Z 的物质的量先增大，t1时达到峰值，说明该阶段有Z 积
累，并未全部转化为W，B 错误；
C．t2时反应②达平衡，参与反应的Z 的物质的量为2n(W)，但剩余的n(Z)和2n(W)无必然相等关系，C
错误；
D．反应②的焓变未知，若反应②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数会减小，因此平衡常数
不一定升高，D 错误；
故选A。
10．（2026·山东济宁·二模）Al2(SO4)3可发生热解反应生成两种氧化物和一种单质，向1L 恒容密闭容器
中加入2.0 molSO3(g)、1.0 molAl2(SO4)3(s)，平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系如图所示。下
列说法错误的是
A．a 线所示物种为SO2(g)
B．710℃时，SO2(g)的物质的量为1.5 mol
C．700-750℃间，SO3(g)分解反应的平衡逆向移动
D．730℃时，再向容器中充入少量SO3(g)，平衡时c(SO3)不变
【答案】B
【分析】首先根据题干信息写出Al2(SO4)3的热解反应，满足两种氧化物、一种单质，配平为：
2 Al2(SO4)3(s)⇌
Δ
2 Al2O3(s)+6 SO2(g)+3O2(g)，同时容器中SO3存在分解平衡：
2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g) Δ H >0，根据反应方程式及图中曲线变化情况a、b、c、d、e 对应的依次
为SO2、O2、Al2O3、SO3、Al2(SO4)3，据此作答。
【详解】A．温度升高，两个反应正向进行，SO2是两个反应的共同生成物，且总物质的量一定大于O2，
因此量最大的上升线a 为SO2，A 正确；
B．初始投入1mol Al2(SO4)3(s)、2molSO3(g)。由图中信息可知，710
∘C时，剩余的
n[ Al2(SO4)3]=n(O2)=0.7 mol，则Al2(SO4)3分解了0.3 mol，列三段式
2 Al2(SO4)3(s)
⇌
Δ
2 Al2O3(s)
+
6 SO2(g)
+
3O2(g)
起始/mol
1.0
¿0
¿
¿
转化/mol
¿
¿0.3¿¿0.9¿¿0.45¿平衡/mol¿0.7¿¿
则710℃时，SO2(g)的物质的量为0.9 mol+0.5mol =1.4 mol，B 错误；
C．700−750
∘C，Al2(SO4)3分解，生成大量SO2和O2，使SO3分解反应的生成物浓度增大，平衡逆向移
动，最终SO3的物质的量上升，C 正确；
D．温度不变，两个反应的平衡常数不变：Al2(SO4)3分解的平衡常数K 1=c
6(SO2)⋅c
3(O2)，只要还有
固体剩余，c(SO2)、c(O2)为定值；结合SO3分解的平衡常数K 2= c
2(SO2)⋅c(O2)
c
2(SO3)
，可得c(SO3)只与
温度有关，温度不变，充入SO3后平衡时c(SO3)仍不变，D 正确；
故选B。
11．（2026·江苏镇江·二模）一定条件下，工业上以NO 和H2为原料合成NH3，涉及主要反应如下：
反应Ⅰ：2NO(g)+5 H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g) Δ H 1=−756.9kJ⋅mol
−1
反应Ⅱ：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) Δ H 2=−664.5kJ⋅mol
−1
在T K、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO 和6 mol H2，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得NO 和
H2转化率、NH3和N2选择性[N 2的选择性= n(生成N2 消耗的NO)
n(反应消耗的NO)
×100 %)与反应时间的关系如题图所
示。下列说法不正确的是
A．若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，则75 min 时曲线b 所示物种的浓度减小
B．曲线d 表示H2转化率
C．G 点水的物质的量为2m mol
D．75 min 时，生成0.4 mol NH3
【答案】A
【分析】NH3与N2的选择性之和为100%，曲线b、c 表示选择性，曲线a、d 表示转化率；反应Ⅰ消耗NO
与H2物质的量之比为2 5∶，反应Ⅱ消耗NO 与H2物质的量之比为1 1∶，起始充入2molNO 和6molH2，
0~25min 内两种物质的转化率接近相等，说明开始阶段相同时间内反应Ⅰ为快反应，NH3是主产物，选择
性高，故曲线b 是NH3的选择性，曲线c 是N2的选择性，根据初始投料比可知，氢气过量，则NO 的转化
率应高于H2，故a 代表NO 的转化率，d 代表H2的转化率。
【详解】A．由分析可知曲线b 是NH3选择性；使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，反应Ⅱ速率加快，
NH3选择性降低，但最终平衡时浓度由热力学平衡决定，故75 min 时浓度不变，A 错误；
B．由分析可知，曲线d 表示H2转化率，B 正确；
C．已知G 点坐标(32，m)，即32 min 时NO 转化率为m，应根据反应Ⅰ 2NO∼2H2O和反应Ⅱ
2NO∼2H2O得出消耗NO与生成H2O的物质的量之比1:1，初始充入2 mol NO，转化率为m，则n(H2O)=2m
mol，C 正确；
D．75 min 时，NO 转化率80%，氨气选择性25%，则：消耗NO 为1.6 mol，反应Ⅰ消耗生成NH3的NO 物
质的量为1.6×25%=0.4 mol，生成n(NH3)=0.4 mol，D 正确；
故答案为A。
12．（2026·河南郑州·二模）以CO2、H2为原料合成CH3OH是碳中和的有效措施。涉及的主要反应为：
①CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1=−49.5kJ⋅mol
−1
②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+ 40.9kJ⋅mol
−1
反应①和②的ln K（K 代表化学平衡常数）随1/T（温度的倒数）的变化如图所示。
已知：ln K = Δ H
R × 1
T +C（R、C 均为常数，T 为热力学温度），下列说法正确的是
A．反应①对应的斜线是b
B．使用合适的催化剂可以增大ln K
C．密闭容器中发生反应①和②，升高温度CO2生成甲醇的平衡转化率减小
D．反应CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的ln K与1
T 曲线的斜率小于斜线a 的斜率
【答案】C
【分析】根据van't Hoff 方程，lnK 与1/T 的斜率，lnK 与-ΔH 成正比。反应①是放热反应，斜率大于0，ln
K 应随1
T 增大而增大，反应②是吸热反应，ln K 应随1
T 增大而减小，因此，斜线a 对应反应①，斜线b 对
应反应②。
【详解】A．由分析可知，斜线a 对应反应①，A 错误；
B．平衡常数 K 仅与温度有关，催化剂不改变平衡位置，因此不能改变 ln K，B 错误；
C．反应①（放热）：升温，平衡逆向移动， CO2生成甲醇的转化率减小；反应②（吸热）：升温，平衡
正向移动，消耗更多CO2， 综合来看，升高温度时， 生成甲醇的平衡转化率一定减小，C 正确；
D．反应CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)，根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②：
Δ H 3=Δ H 1−Δ H 2=−49.5kJ⋅mol
−1- 40.9 kJ mol
⋅
1
−=-90.4 kJ ⋅mol
−1<Δ H 1=−49.5kJ⋅mol
−1
，
斜线a 对应反应①，其斜率与-ΔH1=49.5 kJ·mol-1成正比。反应③的斜率与-ΔH3= 90.4 kJ·mol-1成正比。因为
90.4 > 49.5，所以反应③曲线的斜率大于斜线a 的斜率，D 错误；
故选C。
13．（2026·内蒙古包头·二模）镍基催化剂可以催化储氢物质氨硼烷(NH3BH3)的分解反应：
Ⅰ．NH3BH3(aq)⇌BH3(aq)+ NH3(aq)Ⅱ．2NH3BH3(aq)⇌B2H6(aq)+2NH3(aq)
恒温条件下，以氨硼烷的四氢呋喃溶液为原料（含NH3BH3的物质的量为n）进行实验，得到x1
n 、x2
n 、x3
n
随时间t 变化的曲线。其中x1为BH3与NH3的物质的量之和，x2为BH3的物质的量，x3为剩余NH3BH3的物质
的量。下列说法正确的是
A．若y1=2y2则0~t0内速率vⅡ=2vⅠ
B．t1后曲线③的变化趋势可能为a
C．y1+ y3−y2=1
D．平衡时，若向体系中充入少量NH3 BH3，达新平衡时其转化率增大
【答案】C
【分析】NH3BH3是原料，其物质的量减小，则曲线③为x3
n ，根据题目条件x1>x2，则曲线①代表x1
n ，曲线
②代表x2
n ，据此解答。
【详解】A．y1=x1
n (BH3+NH3的总量)，y2=x2
n (BH3单独量)，y1=2 y2，说明n(NH3)=n(BH3)，此时只有反
应Ⅰ发生，反应Ⅱ未进行，因此vⅡ=0，故A 项错误；
B．t1后，BH3物质的量减小，BH3与NH3的物质的量之和增大，说明物质的量是增大的，根据氮元素守恒可
知，NH3 BH3的物质的量下降，趋势为曲线c，故B 项错误；
C．根据N 元素守恒，n(NH3)=n-x3，而x1=x2+n(NH3)=x2+n-x3，两边同除以n 变形（根据图像纵坐
标）可得y1+ y3−y2=1，故C 项正确；
D．平衡时，向体系中充入少量NH3BH3，增大了反应物浓度，平衡向正反应方向移动。对于反应前后溶质
微粒总物质的量增大的反应，增加反应物浓度，其转化率减小，故D 项错误；
故答案为C。
14．（2026·江西萍乡·二模）已知难溶性物质CaM可通过加入酸来调节体系pH，促进CaM溶解，总反应为
CaM +2H
+⇌Ca
2++ H2M。平衡时lg[c(Ca
2+))，含M的粒子的分布系数δ (M)与pH的变化关系如图所示，已
知K sp(CaM)=10
−8.63。下列说法错误的是
A．曲线III 表示δ (HM
-)∼pH的变化关系
B．O 点处，c(H
+)= 4×10
−2.27
C．P点时，溶液中c(Ca
2+)≈2c(M
2−)
D．总反应CaM +2H
+⇌Ca
2++ H2M的平衡常数K =10
−3.09
【答案】B
【分析】增大c(Ca
2+)，使CaM +2H
+⇌Ca
2++ H2M平衡逆向进行，c (H
+)增大pH 减小，故曲线Ⅱ代表
lg[c(Ca
2+))与pH 的变化关系；因为H2M二元酸，发生分步电离H2M⇌H
++HM
−、HM
−⇌H
++M
2−，随着酸
性减弱，H2 M的含量逐渐减小，而HM
−的含量先增大后减小，M
2−的含量逐渐升高，故曲线I 代表δ (H2M)与
pH 的变化关系，曲线Ⅲ代表δ (HM
−)与pH 的变化关系，曲线Ⅳ代表δ (M
2−)与pH 的变化关系，同时根据图
形可知，当pH=1.27 时，有c(H2 M)=c(HM
−)，可得K a1= c (H
+)⋅c(HM
−)
c(H2M)
=c (H
+)=10
−1.27；当pH=4.27 时，
有c(M
2−)=c(HM
−)，可得K a2= c (H
+)⋅c(M
2−)
c(HM
−)
=c (H
+)=10
−4.27，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，表示δ (HM
-)∼pH的变化关系为曲线Ⅲ，A 正确；
B．O 点时δ (H2 M)=0.2，δ (HM
−)=0.8，由K a1= [c (H
+)×δ (HM
−))
δ (H2M)
=10
−1.27，解得
c (H
+)= 0.2
0.8 ×10
−1.27= 1
4 ×10
−1.27，B 错误；
C．P 点时，pH=4.27，此时c(HM
−)=c(M
2−)，且c(H2M)可忽略不计。由物料守恒
c(Ca
2+)=c(H2 M)+c(HM
−)+c(M
2−)，可得c(Ca
2+)≈c(HM
−)+c(M
2−)=2c(M
2−)，C 正确；
D．该反应的平衡常数为K = c(H2 M)⋅c(Ca
2+)
c
2(H
+)
，化简后有
K = c(H2 M)⋅c(Ca
2+)
c
2(H
+)
=
c(Ca
2+)⋅c(M
2−)
c (H
+)⋅c(HM
−)
c(H2 M)
⋅c (H
+)⋅c(M
2−)
c(HM
−)
= K sp(CaM)
K a1⋅K a2
=
10
−8.63
10
−1.27×10
−4.27 =10
−3.09，D 正确；
故答案选B。
15．（2026·安徽淮南·二模）氢能是一种重要的绿色能源，利用乙醇与水催化重整制氢时，发生以下反应：
反应i：CH3CH2OH (g)+ H2O (g)⇌2CO (g)+ 4 H2(g) Δ H =+255.8kJ⋅mol
−1
反应ⅱ：CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H =−41.6kJ⋅mol
−1
一定压强P0下，将1 molCH3CH2OH (g)和3 molH2O (g)通入某密闭容器发生反应i 和ⅱ，测得平衡时乙醇的
转化率、CO2和CO 的选择性随温度（从左到右温度逐渐升高）的变化曲线如下图所示。已知：CO2的选择
性=
n生成(CO2)
n生成(CO2)+n生成(CO)。
下列说法错误的是
A．曲线b 表示乙醇的转化率
B．随着温度升高，平衡体系中c (CO)
c(CO2)减小
C．T0时，反应ⅱ的平衡常数K P= 3.42×1.02
0.18×1.38
D．若将初始水醇比n(H2O):n(C2H5OH)提高，CO2的选择性将升高
【答案】B
【分析】由选择性计算式可知相同条件下CO 和CO2选择性之和为1，则b 代表乙醇转化率；反应i 吸热，
温度升高反应i 正向移动，反应ii 放热，温度升高反应ii 逆向移动；CO 的选择性升高，CO2的选择性降低，
故a 表示CO2的选择性，c 代表CO 的选择性。
【详解】A．由分析可知b 代表平衡时乙醇的转化率，A 正确；
B．由分析得，随温度的变化，温度升高反应i 正向移动，反应ii 逆向移动，所以c（CO）增大，c（CO2）
减小，c (CO)
c(CO2)是增大，而非减小，B 错误；
C．T 0时，乙醇转化率为60 %，即转化乙醇0.6 mol，总含碳产物n(CO)+n(CO2)=2×0.6=1.2mol；CO2
选择性为85 %，得n(CO2)=1.2×85 % =1.02mol，n(CO)=0.18 mol。 计算各物质物质的量：剩余
n(H 2O)=(3−0.6−1.02)mol =1.38 mol，总n( H 2)= 4×0.6+1.02=3.42mol。 反应ii 的
K p=
PCO2⋅PH 2
PCO⋅PH 2O
= n(CO2)⋅n(H2)
n (CO)⋅n(H2O)
= 1.02×3.42
0.18×1.38，C 正确；
D．提高初始水醇比n(H2O):n(C2H5OH)，相当于体系中水蒸气浓度增大，会使反应ⅱ正向移动，更多CO
转化为CO2，结合CO2的选择性=
n生成(CO2)
n生成(CO2)+n生成(CO)的定义，可知CO2的选择性将升高，D 正确；
故答案选B。
16．（2026·重庆·二模）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>0
Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O (g) Δ H 2<0
Ⅲ．CO2(g)+ H2(g)⇌H2O (g)+CO (g) Δ H 3>0
100 kPa 下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol 发生反应(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。反应物(H2、
MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图所示。
注：含碳生成物选择性= 含碳生成物的物质的量
MgCO3转化的物质的量
×100 %。
下列说法错误的是
A．曲线a 表示MgCO3的平衡转化率
B．气体平均相对分子质量不变，可以判断Ⅱ达到化学平衡状态
C．M 点，若向容器中再充入1 mol H2，新平衡下CH4的物质的量为0.245 mol
D．550℃时，反应Ⅲ的平衡常数K p= 2
7
【答案】C
【分析】反应I 吸热，温度升高，碳酸镁平衡转化率升高，高于450℃后转化率达到100%，则曲线a 表示
碳酸镁的平衡转化率；反应II 为放热反应，所以二氧化碳的量随温度的升高而减小，其选择性降低，即曲
线b 表示二氧化碳的选择性随温度变化关系，曲线c 则表示甲烷的选择性随温度变化关系，据此结合化学
反应原理分析。
【详解】A．根据分析可知，曲线a 表示MgCO3的平衡转化率，A 正确；
B． 气体的平均相对分子质量在数值上等于气体的摩尔质量；反应II 为气体体积变化的反应，所以气体的
总物质的量随着反应发生在变化，气体的摩尔质量等于气体的质量与气体的物质的量的比值，即气体的摩
尔质量为变量，即当摩尔质量保持不变时，则反应达到平衡状态，B 正确；
C．M 点附近放大图可知，M 点对应的反应温度低于360℃，此时未发生反应III，M 点二氧化碳与甲烷的
选择性均为50%，碳酸镁的平衡转化率为49%，所以转化的碳酸镁的物质的量为1mol×49%=0.49mol，根
据选择性可推出，生成的甲烷的物质的量为0.49mol×50%=0.245mol，再充入氢气，反应I 为固体分解，温
度不变，平衡常数不变，即K1=c(CO2)不变，但氢气会影响反应II 和反应III，所以新平衡下，CH4的物质的
量不是0.245 mol ，C 错误；
D．由变化关系图可知，在550℃时，1mol 碳酸镁已完全分解生成的二氧化碳的物质的量为1mol，又氢气
的转化率为60%，二氧化碳和甲烷的选择性分别为70%和10%，则n(CO2)=0.7mol，n(CH4)=0.1mol，结合
碳原子守恒可知，n(CO)=(1-0.7-0.1)mol=0.2mol，n(H2O)=2×0.1mol+0.2mol=0.4mol，
n(H2)=1mol-0.6mol=0.4mol，则总的气体的物质的量为n(CO2)+ n(CH4)+ n(CO)+ n(H2O)+ n(H2)=1.8mol，则反
应III 的平衡常数K p=
（0.2mol
1.8mol ×100kPa）×（0.4 mol
1.8mol ×100kPa）
（0.7mol
1.8mol ×100kPa）×（0.4 mol
1.8mol ×100kPa）
=2
7 ，D 正确。
17．（2026·内蒙古包头·二模）二氧化碳催化加氢可获得CO。其主要反应为：
CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH1 CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH2；在
1.01×10
5Pa、n始(CO2):n始(H2)=1:1时，若仅考虑上述反应，平衡时部分物种的物质的量分数随温度的
变化如图所示。下列说法正确的是
A．Δ H 1<0、Δ H 2<0
B．图中X 表示CO
C．提高CO 的产率，需研发380
°C以下的高效催化剂
D．900
°C时，其他条件不变，增大容器压强，n(CO)基本不变
【答案】D
【详解】A．温度升高时C H 4的物质的量分数减小，说明反应2 平衡逆向移动，故Δ H 2<0；温度升高时
C O2的物质的量分数减小，说明反应1 正向进行的程度大于反应2 逆向生成C O2的程度，故反应1 正向吸
热，Δ H 1>0，A 错误；
B．H 2O是两个反应的共同产物，其物质的量分数始终大于CO；且900℃后仅发生反应1（CH 4几乎为
0），初始n(C O2):n( H 2)=1:1，平衡时n(C O2)=n( H 2)，对应图像中X 和C O2的物质的量分数接近，
故X 为H 2，不是CO，B 错误；
C．Δ H 1>0，升温有利于反应1 正向进行，且低温下反应2 占优势，C H 4生成量多，CO产率低，故提高
CO产率需研发380℃以上的高效催化剂，C 错误；
D．900℃时C H 4的物质的量分数几乎为0，体系仅发生反应1，反应1 是气体分子总数不变的反应，增大
压强平衡不移动，故n(CO)基本不变，D 正确；
答案选D。
18．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）若向某恒温恒容(体积为2L)的密闭容器中充入2 molNH3和1 molCO2合
成尿素，反应为CO2(g)+ 2NH3(g)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O (g)Δ H <0，反应相同时间，使用不同催化剂①、
②、③时，容器中尿素的物质的量随温度的变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A．催化剂①比催化剂②的催化效率高
B．由图可判断A 点已达平衡状态
C．温度为T 1时，该反应平衡常数K <4
D．T 2❑
∘C以上曲线②中n[CO(NH2)2)下降的原因可能是温度升高，催化剂活性降低
【答案】D
【详解】A．根据图像，温度为T 1时，催化剂①比催化剂②的催化效率高；温度为T 2❑
∘C时，催化剂②比
催化剂①的催化效率高，故A 错误；
B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，相同温度下，若反应达到平衡，即达到最大限度，尿素的
物质的量应为最大，由图可知，T 2❑
∘C下催化剂②尿素物质的量小于催化剂③，说明A 点未达到平衡，故
B 错误；
C．温度为T 1时，B 点尿素的物质的量小于催化剂③，可知B 没有达到平衡；根据B 点坐标，尿素的物质
的量为0.5mol，
CO2(g)
+
2NH3(g)
⇌
CO(NH2)2(s)
+
H2O (g)
初始(mol)
1
¿2
¿0
¿
转化(mol)
¿
¿1¿¿0.5¿¿0.5¿ 末(mol)¿0.5¿¿1¿¿0.5¿¿0.
，Q=
c (H2O)
c(CO2)c
2(NH3)
=
0.5
2
0.5
2 ×(
1
2)
2 = 4，所以该反应平衡常数K >4，故C 错误；
D．催化剂需要合适的活性温度，温度过高可能导致催化剂失活，催化效率降低，相同时间内生成尿素的
量减少，所以T 2❑
∘C以上曲线②中n[CO(NH2)2)下降的原因可能是温度升高，催化剂活性降低，故D 正确；
选D。
19．（2026·山东枣庄·二模）CO2甲烷化反应：CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) ΔH，在体积相同的多
个恒容密闭容器中，分别充入1mol CO2和4mol H2发生上述反应，在不同温度下反应相同时间，测得
lgk 正、lgk 逆、H2的转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为v 正=k 正c(CO2)⋅c
4(H2)、
v逆=k 逆c(CH4)⋅c
2(H2O)，其中k 正，k 逆为速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是
A．曲线MH 代表的是lgk 逆
B．反应的活化能Ea正>Ea逆
C．c 点时，v 正= v逆
D．T3K 下，体系的平衡压强为p，则CO2的平衡分压为p/5
【答案】A
【分析】反应：CO2(g)+ 4 H 2(g)⇌CH 4(g)+2 H 2O(g)，横坐标为1
T ，1
T 越大，温度T越低；温度越
高，速率常数k正、k逆都增大，故lg k越大。 H2转化率曲线先升后降：低温（1
T 大）时反应速率慢，相同
时间未达平衡，温度升高（1
T 减小）速率加快，转化率升高；达到平衡后，因为温度升高转化率降低，说
明正反应放热，Δ H <0。
【详解】A．平衡时v正= v逆，得平衡常数K = k正
k逆
，正反应放热Δ H <0，升高温度（1
T 减小），K减小，
说明k正
k逆
减小，即温度升高时，k逆增大的幅度比k正大，因此高温（1
T 小）时lg k逆>lg k正，对应图中MH
就是lg k逆，A 正确；
B．Δ H = Ea正−Ea逆<0，则Ea正< Ea逆，B 错误；
C．H2转化率曲线的拐点刚好达到平衡，c点在拐点右侧，1
T 更大，温度更低，反应速率更慢，相同时间未
达到平衡，反应正向进行，v正>v逆，C 错误；
D．T 3 K下平衡时H2转化率为40 %，列三段式：
CO2(g)
¿4 H 2(g)
⇌
CH 4(g)
+
2 H 2O(g)
初始/mol
1
¿4
¿0
¿
¿
0.4¿¿1.6¿¿0.4¿¿0.8¿平衡/mol¿0.6¿¿2.4¿¿0.4¿¿0.
总物质的量n总=0.6+2.4+0.4+0.8= 4.2mol，CO2的分压为0.6
4.2 p= p
7 ≠p
5 ，D 错误；
故选A。
20．（2026·湖北十堰·二模）一定温度下向容器中加入n0 molM发生反应如下：①M = P，②M =Q，③P⇌Q。
反应体系中M、P、Q 的浓度随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．t2时，n (P)=n0−n (Q)
B．该温度下，反应③的平衡常数等于1
C．t1时，P的消耗速率等于生成速率
D．反应①的活化能大于反应②
【答案】A
【详解】A．体系中没有M剩余，故n (P)+n (Q)=n (M)起始=n0，故A 正确；
B．根据图像，平衡时，Q的物质的量大于P的物质的量，则Q 的平衡浓度＞P 的平衡浓度，K >1，故B 错
误；
C．t1之后P 的物质的量减小，说明P 的消耗速率大于其生成速率，故C 错误；
D．由图可知，反应初始阶段，P 的生成速率大于Q 的生成速率，说明反应①比反应②快，其活化能更低，故D
错误；
选A。
1．（2026·江苏·二模）NF3在半导体工业中有重要应用，可由反应4 NH3(g)+3F2(g)
Cu催化
¿
❑3 NH4 F (s)+ NF3(g)
¿
生
产。下列说法正确的是
A．该反应的ΔS>0
B．及时分离部分NH4 F可提高F2的平衡转化率
C．加入Cu降低反应活化能，可加快NF3生成
D．反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:4
【答案】C
【详解】A．反应前气体总物质的量比反应后气体的物质的量多，体系混乱度减小，Δ S<0，A 错误；
B．NH 4 F为固体，改变固体的量不会使平衡发生移动，无法提高F2的平衡转化率，B 错误；
C．Cu是该反应的催化剂，催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，因此可加快NF3生成，C 正确；
D．反应过程中F2全部作氧化剂，NH 3中仅有1
4 作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为3:1，D 错误；
故答案选C。
2．（2026·河北沧州·二模）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义，将10 mol CH4和6 mol Br2通入2 L 恒容
题型03
化学反应的方向
密闭容器中，发生反应：
①CH4 (g)+ Br2(g)⇌CH3Br(g)+ HBr(g) Δ H 1=−29kJ⋅mol
-1
②3CH3Br(g)⇌C3H6(g)+3 HBr(g) Δ H 2=+20kJ⋅mol
-1
体系达到平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)、n (HBr)与温度的关系如图所示，560℃时，体系压强比初始压强增
加了1
16。
下列说法正确的是
A．反应②在低温下能自发进行
B．图中曲线a 代表CH3Br 的物质的量随温度变化曲线
C．560℃时，Br2的平衡转化率约为58.3%
D．560℃时，体系5min 达到化学平衡，CH4的平均消耗速率为0.35 mol·L-1·s-1
【答案】C
【分析】升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，n(CH3Br)减小，n(CH4)增大，可知曲线a 代表
n(CH4)，曲线c 代表n(CH3Br)，则曲线b 代表n (HBr)；
【详解】A．反应②Δ H 2>0，ΔS2>0，高温下能自发进行，A 错误；
B．根据分析，图中曲线a 代表CH4的物质的量随温度变化曲线，B 错误；
C．560℃时，平衡时n(CH4)=n (HBr)，设CH4反应xmol，列三段式：
CH4 (g)
+
Br2(g)
⇌
CH3Br(g)
+
HBr(g)
起始mol
10
¿6
¿0
¿
变化mol
¿
¿ x ¿¿ x ¿¿ x ¿平衡mol¿10−x ¿¿6−x ¿¿3 x−10¿¿
，
3CH3Br(g)
⇌
C3H6(g)
+
3 HBr(g)
起始mol
x
¿0
¿
¿
10−2 x ¿¿ 10−2 x
3
¿¿10−2 x ¿平衡mol¿3 x−10¿¿ 10−2 x
3
¿¿10−x ¿
，
平衡时气体总的物质的量为58−2x
3
mol，体系压强比初始压强增加了1
16 ，根据恒容体系压强比等于物质
的量之比，有58−2x
3×16 =
1+ 1
16
16
= 17
16
，x=3.5，Br2的平衡转化率3.5 mol
6 mol ×100 %≈58.3%，C 正确；
D．560℃时，体系5min 达到化学平衡，由C 分析知，CH4的平均消耗速率为3.5 mol
2L×5min =0.35
mol·L-1·min-1，D 错误；
故选C。
3．（2026·云南·二模）丙烯是有机化工中的重要原料，以金属Pt 为催化剂，丙烷直接脱氢工艺制备。存在
以下两个反应：
主反应：C3H8(g)⇌C3H6 (g)+ H2(g)
副反应：C3 H8(g)⇌C2H4 (g)+CH4 (g)，
其主反应中有关物质的燃烧热数据如下：
物质
C3H8
C3H6
H2
燃烧热
Δ H /(kJ⋅mol
−1)
−2219.9 −2058.0 −285.8
下列有关说法错误的是
A．主反应的Δ H =+123.9kJ⋅mol
−1
B．主反应自发进行的条件是高温
C．催化剂Pt 可以降低主反应活化能，但不改变Δ H
D．C3 H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+ 4 H2O (g) Δ H =−2219.9kJ⋅mol
−1
【答案】D
【详解】A．根据盖斯定律，主反应的ΔH等于反应物燃烧热减去生成物燃烧热之和，即
ΔH =(−2219.9)−[(−2058.0)+(−285.8)]=+123.9kJ /mol，A 正确；
B．主反应Δ H >0，反应后气体分子数增加，Δ S>0；根据反应自发判据ΔG = Δ H −T Δ S<0，只有高温
下才能满足ΔG<0，因此自发条件为高温，B 正确；
C．催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，不改变反应物和生成物的总能量差，因此不改变ΔH，C 正
确；
D．燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的反应热，H的稳定氧化物为液态H2O，该热化
学方程式中水为气态，不符合燃烧热的要求，D 错误；
故答案选D。
4．（2026·甘肃·二模）“液态阳光”是助力“双碳”目标的绿色技术，其核心反应之一为
CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H <0。下列的说法错误的是
A．该反应在低温下可自发进行
B．恒容时增大H2的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率加快
C．升高温度，正反应速率不变，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
D．使用催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变甲醇的平衡产率
【答案】C
【详解】A．该反应Δ H <0，反应物气体总物质的量为4 mol，生成物为2 mol，故Δ S<0，根据
ΔG = Δ H −T· Δ S<0时反应自发，低温下可满足ΔG<0，反应可自发进行，A 正确；
B．恒容时增大H 2的浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，B 正确；
C．升高温度，正、逆反应速率均增大，由于该反应Δ H <0，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅
度，平衡向逆反应方向移动，选项中“正反应速率不变”的表述错误，C 错误；
D．使用催化剂能降低反应的活化能，同等程度加快正逆反应速率，平衡不移动，因此不改变甲醇的平衡
产率，D 正确；
答案选C。
5．（2026·浙江绍兴·二模）人体内的血红蛋白(Hb)可与O2结合，更易与CO 结合使人体中毒，涉及原理如
下：
Hb(aq)+O
①
2(g)
HbO
⇌
2(aq) ΔH1
Hb(aq)+CO(g)
HbCO(aq)
②
⇌
ΔH2
HbO
③
2(aq)+CO(g)
HbCO(aq)+O
⇌
2(g) ΔH3
已知反应③ΔS<0
下列说法不正确的是
A．ΔH1<0，ΔH2<0
B．ΔH1>ΔH2
C．由S(O2)<S(CO)可直接推断反应③ΔS<0
D．CO 中毒时，人体血液中c(HbO2)将降低，需要将中毒病人移到通风处
【答案】C
【分析】根据盖斯定律，反应③ = 反应② - 反应①，因此ΔH 3= ΔH 2−ΔH 1。CO 易结合Hb 使人中毒，
说明反应③常温下自发进行，结合已知ΔS3<0，根据ΔG = ΔH −TΔS<0自发反应，可得ΔH 3<0，则
ΔH 2−ΔH 1<0。即ΔH 2< ΔH 1，逐一分析选项。
【详解】A．血红蛋白与O2、CO 的结合反应中，都是气体体积减小的反应，反应后体系混乱度减小，因
此两个反应的熵变均满足ΔS1<0、ΔS2<0；两个反应在人体常温下均可自发正向进行（即ΔG<0），代入
ΔG = ΔH −TΔS可推得必须满足ΔH 1<0、ΔH 2<0，A 正确；
B．由ΔH 3= ΔH 2−ΔH 1<0，可得ΔH 2< ΔH 1，即ΔH 1> ΔH 2，B 正确；
C．反应③的ΔS为生成物总熵减去反应物总熵，不仅涉及气体CO 和O2的熵，还涉及溶液中HbCO 和
HbO2的熵，仅由S(O2)<S(CO)无法直接推断整个反应的ΔS<0，C 错误；
D．CO 中毒时反应③正向进行，血液中c(HbO2)降低；通风处O2浓度高，可使平衡③逆向移动，缓解中毒，
D 正确；
故选C。
6．（2026·辽宁鞍山·二模）甲基叔丁基醚[(CH3)3COCH3)是一种优良的高辛烷值汽油添加剂，实验室拟利用
叔卤代烃[(CH3)3CX，X=Cl、Br]与甲醇的混合溶液共热制备：(CH3)3CX+CH3OH→
Δ
(CH3)3COCH3+ HX。其反
应历程中自由能G 的变化如下图所示，有关说法不正确的是
A．该反应能自发正向进行
B．中间体(CH3)3C
+中碳原子的杂化方式为sp
2、sp
3
C．(CH3)3CBr比(CH3)3CCl更易发生该反应
D．增大混合溶液中甲醇的浓度能明显提高该反应的速率
【答案】D
【详解】A．反应自发进行的判断依据是ΔG<0，由图可知生成物总自由能低于反应物总自由能，
ΔG =G生成物−G反应物<0，该反应可自发正向进行，A 正确；
B．中间体(CH 3)3C
+中，甲基的碳原子均形成4 个单键，为sp
3杂化；带正电的中心碳原子只有3 对成键
电子，无孤电子对，为sp
2杂化，因此碳原子杂化方式包含sp
2和sp
3，B 正确；
C．C-Br 键键能小于C-Cl 键，更易断裂解离出卤离子，第一步解离生成碳正离子的活化能更低，因此
(CH 3)3CBr比(CH 3)3CCl更易发生该反应，C 正确；
D．由反应自由能变化可知，第一步卤代烃解离生成碳正离子的活化能更大，是总反应的决速步骤，甲醇
不参与该决速步骤，因此增大甲醇浓度不能明显提高总反应速率，D 错误；
故选D。
7．（2026·湖北十堰·二模）一种全新的方法可将反应缓慢的硅酸盐风化反应转化为更具活性的矿物，以下
是某种转化的流程图。
CaCO3(s)=CaO (s)+CO2(g) Δ H 900℃=+166kJ⋅mol
−1
2CaO (s)+ Mg2SiO4 (s)=Ca2SiO4 (s)+2MgO (s) Δ H 1200℃=−27 kJ⋅mol
−1
下列有关说法正确的是
A．反应a 的正反应在低温下能自发进行
B．该方法应用有利于实现“碳中和”目标
C．反应c 的正反应是熵增反应
D．上述反应包括分解反应和氧化还原反应
【答案】B
【详解】A．反应a 的正反应是焓增、熵增反应，在较高温度下能自发进行，A 项错误；
B．“碳中和”为CO2的收支平衡，该方法可捕获和封存CO2，有利于实现“碳中和”目标，B 项正确；
C．反应c 将气体CO2转化成固体，是熵减反应，C 项错误；
D．题述反应没有发生氧化还原反应，D 项错误；
故选B。
8．（2026·四川德阳·二模）溴单质与苯在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图
所示：
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为三种不同反应类型
B．从产物稳定性或反应速率角度，溴单质与苯均有利于生成产物Ⅱ
C．反应Ⅲ在任意温度下均能自发进行
D．上图所示的转化历程中大π键没有变化
【答案】D
【详解】A．反应Ⅱ：苯和Br2生成溴苯和HBr 为取代反应，反应Ⅰ：反应Ⅰ：苯和Br2生成产物Ⅰ（加成
中间体），反应Ⅲ：1,2-二溴苯生成溴苯和HBr 是消除反应，所以三者确实是不同类型：加成、取代、消
除。A 正确；
B．从能量图看：产物Ⅱ溴苯）能量更低，更稳定；生成产物Ⅱ的决速步能垒（过渡态4）低于生成产物Ⅰ
的决速步能垒（过渡态2），反应速率更快。因此无论从产物稳定性还是反应速率，都有利于生成产物Ⅱ，
B 正确；
C．反应Ⅲ从能量图看，这个反应是放热反应（产物能量更低），ΔH < 0。但自发与否要看 ΔG = ΔH –
TΔS，该反应是分解反应：一个分子变成两个分子（溴苯 + HBr），所以熵增，ΔS > 0。因此ΔG = ΔH –
TΔS，由于 ΔH < 0，ΔS > 0，则 在任何温度下 ΔG < 0，反应都能自发进行。C 正确；
D．苯分子中有离域的大π 键（6 中心6 电子）。在反应过程中：当苯与Br⁺进攻形成σ 络合物时（图中
“过渡态1”后的中间体），苯环的大π 键被破坏，变成了局部双键的环己二烯基阳离子，此时大π 键消失。
然后在失去H⁺恢复芳香性时，大π 键重新形成。所以在整个历程中，大π 键经历了“破坏→重建”的过程，
并不是“没有变化”。即使在反应Ⅰ中，如果发生加成，也会破坏大π 键。D 错误；
故答案选D。
9．（2026·重庆·二模）工业制备白磷常利用总反应：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C=6CaSiO3+ P4+10CO，
而此反应为碳还原Ca3(PO4)2为P4，SiO2却参加反应，为寻找原因，在上述反应的反应温度下，给出下列
分反应方程式：Ⅰ．2Ca3(PO4)2+10C=6CaO+ P4+10CO ΔG1=117 kJ⋅mol
−1；Ⅱ．
CaO+SiO2=CaSiO3 ΔG2=−92kJ⋅mol
−1。下列说法有误的是
A．主反应的熵变Δ S>0，且在该温度下总反应的ΔG =−435kJ⋅mol
−1
B．在SiO2的参与下，使得主反应的ΔG小于0，促使反应正向自发进行
C．设白磷中某一P-P 键的键能为E，则形成1 mol 白磷时放热为6E
D．反应Ⅱ参加反应的物质中有离子晶体和共价晶体
【答案】C
【详解】A．总反应中生成CO，气体分子数增加，ΔS>0，根据盖斯定律，总反应ΔG=反应I+6×反应II，
则ΔG=ΔG1+6ΔG2=117 kJ/mol+6×(-92 kJ/mol)=-435 kJ/mol，A 正确；
B．反应Ⅰ的ΔG1>0，不自发进行，加入SiO2后发生反应Ⅱ的ΔG2<0，使总反应ΔG<0，反应能够自发进行，
B 正确；
C．白磷（P4）有6 个P-P 键，但白磷是磷元素的标准态，其标准生成焓Δ H f
⊖=0 kJ/mol，而键能E>0，故
形成1 mol 白磷时放热6E ≠ 0，与标准生成焓矛盾，C 错误；
D．反应Ⅱ中CaO 为离子晶体，SiO2为共价晶体，D 正确；
故答案为C。
10．（2026·海南海口·二模）已知热化学方程式如下：
①2NO (g)+2CO (g)= N2(g)+2CO2(g) Δ H =−746.8kJ⋅mol
−1
②2N2O5(g)= 4 NO2(g)+O2(g) Δ H =+109.8kJ⋅mol
−1
下列叙述正确的是
A．反应①在较高温度下能自发进行
B．其他条件不变，升高温度，反应①的正反应速率减小，逆反应速率增大
C．其他条件不变，升高温度，反应②的平衡常数增大
D．其他条件不变，加入催化剂，反应②中N2O5的平衡转化率增大
【答案】C
【详解】A．反应①为放热，ΔH < 0，且气体分子数减少ΔS < 0，根据ΔG = ΔH-TΔS，低温时才自发，A
错误；
B．升高温度通常使反应速率加快，反应①的正、逆反应速率均增大，但逆反应速率增幅更大，B 错误；
C．反应②为吸热ΔH>0，升高温度使平衡常数增大，C 正确；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，故N2O5的平衡转化率不变，D 错误；
故选C。
11．（2025·江苏·二模）反应：4 SO2(g)+5O2(g)+8 NH3(g)
催化剂
¿4 NH4 HSO4 (s)+2N2(g)+2H2O (l)
¿
可用于氨气
脱硫，下列说法正确的是
A．反应的ΔS>0
B．上述反应平衡常数K =
c
2(N2)⋅c
2(H2O)
c
4(SO2)⋅c
5(O2)⋅c
8(NH3)
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．该反应中每消耗1molSO2，转移电子的数目约为5×6.02×10
23
【答案】D
【详解】A．反应后气体的物质的量减少，是熵减反应，所以ΔS<0，A 错误；
B．平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入表达式。NH4 HSO4是固体，H2O是纯液体，不应出现在平衡常
数表达式中，正确的平衡常数K = c
2(N2)
c
4(SO2)⋅c
5(O2)⋅c
8(NH3)
，B 错误；
C．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的能量决定，C 错误；
D．分析反应中元素化合价变化，S元素从SO2中的+4 价升高到NH4 HSO4中的+6 价，O元素从O2中的0 价降
低到-2 价，N元素从NH3中的-3 升高到N2中的0 价。根据化学方程式，4molSO2参与反应时，转移20mol 电
子，则每消耗1molSO2，转移电子5mol，转移电子的数目约为5×6.02×10
23，D 正确；
综上，答案是D。
12．（2025·甘肃金昌·二模）在标准状况下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A+B→产物”的
活化分子]的相对能量如表所示：
物质
NO(g)
NO2(g)
SO2(g)
SO3(g)
相对能量/
(kJ·mol-1)
91.3
33.2
-296.8
-395.7
物质
O2(g)
O3(g)
NO(O3)
SO2(O3)
相对能量/
(kJ·mol-1)
0
142.7
237.2
-96.1
下列说法错误的是。
A．NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) ΔH=-40.8 kJ·mol-1
B．反应3O2(g)=2O3(g)能自发进行
C．相同条件下，SO2(g)+O3(g)
SO
⇌
3(g)+O2(g)的反应速率比NO(g)+O3(g)
NO
⇌
2(g)+O2(g)的小
D．1 mol NO2(g)的总键能大于1 mol NO(g)的总键能
【答案】B
【详解】A．NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3 kJ·mol-1+(-395.7
kJ·mol-1)-[33.2 kJ·mol-1+(-296.8 kJ·mol-1)]=-40.8 kJ·mol-1，A 正确；
B．3O2(g)=2O3(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=+285.4 kJ·mol-1>0，且ΔS<0，则任何温度下ΔH-
TΔS>0，即反应3O2(g)=2O3(g)不能自发进行，B 错误；
C．反应SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)的活化能=活化分子的平均能量-总反应物的平均能量=-96.1 kJ·mol-1-
(-296.8 kJ·mol-1+142.7 kJ·mol-1)=58 kJ·mol-1，反应NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)的活化能为237.2 kJ·mol-1-
(91.3 kJ·mol-1+142.7 kJ·mol-1)=3.2 kJ·mol-1<58 kJ·mol-1，反应的活化能越高，反应速率越小，则相同条件下，
SO2(g)+O3(g)⇌SO3(g)+O2(g)的反应速率比NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g)的反应速率小，C 正确；
D．反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=2×33.2 kJ·mol-1-2×91.3 kJ·mol-1-0
kJ·mol-1=-116.2 kJ·mol-1，为放热反应，ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则该反应的反应物总键能小于生
成物总键能，即1 mol NO(g)和0.5 mol O2(g)的总键能小于1 mol NO2(g)的总键能，所以1 mol NO2(g)的总键
能大于1 mol NO(g)的总键能，D 正确；
故答案为：C。
13．（2025·宁夏·二模）对于反应 4NH3(g)+5O2(g) ⇌
❑
催化剂
4NO (g)+6H2O(g))，△H<0. 下列说法正确的是
A．该反应△S<0
B．使用催化剂能降低反应的焓变
C．其他条件不变，增n(NH3)
n(O2)
可提高NH3 的平衡转化率
D．1mol N-H 断裂的同时有1 mol O-H 断裂说明反应到达该条件下的平衡状态
【答案】D
【详解】A．由反应方程式可知，反应后气体分子数增加，熵值增大，故A 错误；
B．使用催化剂可以降低反应所需的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，反应焓变
不变，故B 错误；
C．其他条件不变，增大n(NH3)
n(O2)
平衡正向移动，NH3的平衡转化率减小，故C 错误；
D．1molN-H 断裂的同时有1molO-H 断裂，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D 正确；
故选：D。
14．（2026·四川广安·二模）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
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。
15．（2025·浙江绍兴·二模）下列说法正确的是
A．已知NaOH 固体溶于水是一个自发过程，其ΔH<0，可推测该过程ΔS>0
B．2SO2(g)＋O2(g)
2SO
⇌
3(g)，压缩容器体积，平衡正移，则反应的平衡常数减小
C．已知HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ/mol，可推测温度越高，HF(aq)中HF 的电离程度
越大
D．已知HX(aq)=H(g)+X(g) ΔH>0，HX(aq)=H+(aq)+X+(aq) ΔH<0，则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X−(aq) Δ
H<0
【答案】D
【详解】A．NaOH 固体溶于水放热、ΔH<0，NaOH 固体溶于水是一个自发过程，不能由此推测该过程
ΔS>0，因为固体转化成离子过程熵增、但离子水合过程熵减，A 错误；
B．化学平衡常数只与温度有关，压缩体积，使压强增大不影响化学平衡常数，B 错误；
C．①HF(aq)+OH-(aq)＝F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ·mol-1，②H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，将①-
②得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=（-67.7）kJ/mol-（-57.3）kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF 电离是放热
反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即向逆反应方向越大，所以HF 电离程度减小，C 错误；
D．已知①HX(aq)=H(g)+X(g)ΔH>0，②HX(aq)=H+(aq)+X+(aq)ΔH<0，将②-
-
①得则H(g)＋X(g)=H+(aq)＋X−
(aq)ΔH<0，D 正确；
故选D。
