2023-2025年高考化学试题分类汇编：化学反应速率与化学平衡（解析版）

三年真题2023-2025

4M08化学友应速率S化学平衡

.——^三年考情•探规律/

考点三年考情(2023-2025)命题趋势

2025江苏卷、2025北京卷、2025云南

卷、2025广东卷、2025湖南卷、2025陕选择题中对于化学反应速率和化学平衡内容

考点01化学晋青宁卷、2025河北卷、2025河南卷、的考查不算太多，这是因为在主观题中，化

反应速率：2024安徽卷、2024江苏卷、2024甘肃学反应速率和化学平衡才是考查的重头戏。

卷、2023广东卷、2023山东卷、2023辽随着新高考单科卷的实行,选择题题量大增，

宁卷、2023浙江卷有关化学反应速率a和化学平衡试题的考查

2025云南卷、2025北京卷、2025江苏在选择题中开始有所增加，考查的核心知识

卷、2025甘肃卷、2025安徽卷、2025浙还是有关化学反应速率的比较、计算和影响

考点02化学江卷、2024黑吉辽卷、2024山东卷、因素的判断，化学平衡常数、转化率、物质

平衡：2024江苏卷、2024浙江卷、2024湖南的浓度的计算，以及平衡移动原理的分析等，

卷、2023北京卷、2023湖南卷、2023山常结合坐标图像或表格进行考查。

东卷

.——分考点•精准练,—0

考法01化学反应速率

1.(2025•江苏卷)CC>2与NO］通过电催化反应生成CO(NH2)2，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化

剂表面的物种用"*"标注)o下列说法正确的是

*CO,+*NO；,

*CO(NH2)2

A.过程n和过程m都有极性共价键形成

B.过程n中NO1发生了氧化反应

+

C.电催化C()2与NO1生成CO(NH2)2的反应方程式：co2+2N0]+18H-CO(NH2)2+7H2O

催化齐U

D.常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3-电。反应可生产CO(NH2)2

【答案】A

【详解】A.过程n为：*CO2和*NO]在酸性条件下被还原为*CO和*NH2的反应，生成了N—H等极性共价

键；过程HI为*CO与*N%生成*CO(NH2)2的反应，生成了C-N极性共价键，A正确；

B.过程n是得电子的还原反应，N元素的化合价由+5降为-2,C元素的化合价由+4降为+2,B错误；

c.所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程n需要外界提供电子，则正确的反应方程式

通电

为◎+2N0]+18H++16e-CO(NH2)2+7H2O,C错误；

催化剂

D.常温常压、无催化剂条件下，CO?与N%-比0反应生成(NHJCO3或NH4HCO3,D错误；

故选A。

2.(2025•北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钿(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程示意图

如下。

CH=CHOOCCH>CHCOOH

。2、CH3COOH233

Pd(CHCOO)2CH=CH

H2O322

下列说法不无琥的是

A.①中反应为4cH3COOH+O2+2Pd-2Pd(CH3COO)2+2H2O

B.②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有。键断裂与形成

C.生成CH2MHOOCCH3总反应的原子利用率为100%

D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率

【答案】C

【详解】A.①中反应物为CH3coeIH、。2、Pd,生成物为出。和Pd(CH3coe))2，方程式为：

4CH3COOH+O2+2Pd->2Pd(CH3COO)2+2H2O,A正确；

B.②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H断开和C-0的生成，存在0键断裂与形成，B正确;

C.生成CH2=CHOOCCH3总反应中有dO生成，原子利用率不是100%,C错误；

D.Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确；

答案选C。

3.(2025・云南卷)铜催化下，由CO?电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是

HHHHH

H

HH-C-CH-C-C-C

0、(OH

1/,HH

c-c4H++4e-HH++e-H++e-*CO'

82…->/)77,zW正丙醇

3H++3e-

CuCuCu

1nmIV

A.I到H的过程中发生氧化反应B.n到ni的过程中有非极性键生成

HH

\I

H-C-C-H

/\

HO

C.IV的示意图为CuD.催化剂Cu可降低反应热

【答案】C

【详解】A.由图可知，I到II的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；

HH

/////J

Cu

B.n到in的过程中生成了一根C-H键，如图m,有极性键生成，不是非极性键，B错误；

c.n到in的过程中生成了一根C-H键，由in结合氢离子和电子可知，in到iv也生成了一根C-H键，iv到

HH

\I

H-C-C-H

HO

V才结合CO,可知IV的示意图为Cu,C正确；

D.催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；

故选C。

4.（2025・广东卷）某理论研究认为：燃料电池（图b）的电极工和口上所发生反应的催化机理示意图分别如

图a和图c,其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上

A.负极反应的催化剂是i

B.图a中，i到ii过程的活化能一定最低

C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变

D.相同时间内，电极I和电极n上的催化循环完成次数相同

【答案】C

【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负

++

极，电极方程式为：H2-2e-=2H；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：02+4e-+4H=

2H2O»

【详解】A.由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是i,A错误；

B.图a中，i到ii过程为。2获得第一个电子的过程，根据题中信息，。2获得第一个电子的过程最慢，则

i到ii过程的活化能一定最高，B错误；

C.氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：出-2e-=2H+,同时，反应负极每失去1个电子，就

会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；

D.由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时

间内，电极I和电极n上的催化循环完成次数不相同，D错误；

故选Co

5.(2025•湖南卷)环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯(/=)为原料

B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成

C.过程中Ti元素的化合价发生了变化

D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%

【答案】B

【详解】A.根据反应原理，I先消耗再生成，是整个历程的催化剂，II先生成，再消耗，是中间产物，A

错误；

B.过程中存在H2O2中0。非极性键的断裂，以及。2中非极性键的形成；还存在0-H极性键的断裂，以

及O-C极性键的形成，B正确；

C.过程中Ti的化学键(Ti-0)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错

误；

D.反应生成了H2O,且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%,D错误；

故选Bo

6.(2025・陕晋青宁卷)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醍(TQ)。电极b表面的

主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是

(TY^HjO)

屯派(TQ)T

1r.H.SO.H,SO*mTQ

CHjCNCH,CN'_，cb2H

2H/-2c

_H.OHQ°

.....................-1—......................

电极a质子交换膜电极bF0

T

HH

A.电解时，H+从右室向左室移动

电角牵

B.电解总反应：TY+H20=TQ+2H2?

6.OH

C.以1为原料，也可得到TQ

飞。

D.用18。标记电解液中的水，可得到IU

【答案】D

【分析】电极b发生TY玲TQ,发生加氧去氢的反应，发生氧化反应,b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子

得电子生成也，以此解题。

【详解】A.电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；

B.根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a上H+得电子生成出，总反应方程

电解

式为：TY+H2O=TQ+2H2T,B正确;

D.根据右图可知，用18。标记电解液中的水，可得到的18。在环上甲基的邻位上

错误;

答案选D。

7.（2025・河北卷）氮化镁（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)U2GaN(s)+3H2(Xg)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下:

iGa2O3(s)+NH3(g)Ga2O2NH(s)+H2O(g)

8-iiGa2O2NH(s)+NH3(g)^^Ga2ON2H2(s)+H2O(g)

iiiGa2ON2H2(s)^=^2GaN(s)+H2O(g)37

-Ho(g)/A@四n8

6-2TS60,2

TS5t4.34/+HaoS

4-339，G、：H2°(g)

TS2-H2o(g)TS4三.

2-Oa2O3(s)TS1W四州映6/1温“)

型巴/0：48-W0-0

0-

—0.73—0.68GaONH(s)

-2-22

反应历程

下列说法错误的是

A.反应i是吸热过程

B.反应ii中H2O©脱去步骤的活化能为2.69eV

c.反应iii包含2个基元反应

D.总反应的速控步包含在反应ii中

【答案】D

【详解】A.观察历程图可知，反应i中Ga2（）3（s）+NH3（g）的相对能量为0,经TSI、TS2、TS3完成反

应，生成Ga2（）2NH（s）和Hz。，止匕时的相对能量为0.05eV,因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过

程,A正确；

B.反应ii中因H2（Xg）脱去步骤需要经过TS5,则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-

0.70eV=2.69eV,B正确；

C.反应iii从GazON2H2（s）生成2GaN（s）+H2（）（g）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，C正确；

D.整反应历程中，活化能最高的步骤是反应iii中的TS7对应得反应步骤（活化能为3.07eV）,所以总反应的

速控步包含在反应iii中，D错误;

故选D。

8.（2025・河南卷）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为

CH3cH2cH3（g）UCH3CH=CH2（g）+H2（g）,反应进程中的相对能量变化如图所示（*表示吸附态，

反应进程

下列说法正确的是

A.总反应是放热反应

B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同

C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定

D.①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3CH3CHCH3+*H

【答案】c

【详解】A.由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误；

B.平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误；

C.由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定，C正确;

D.活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3cHeK玲*CH3cHeHz+*H或

*CH3cHeH3+*H玲*CH3cHeH2+2*H,D错误；

故选C。

9.（2024・安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中SeCU2-的影响因素，测得不同条件下SeCU?一浓度随时间

变化关系如下图。

实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH

©5086

②5026

③5028

下列说法正确的是

A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v（SeO42-）=2.0mol-LLh-i

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO4>+8H+=2Fe3++Se+4H2。

C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率

D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeCU?一的去除效果越好

【答案】C

【解析】A.实验①中，0~2小时内平均反应速率v（SeO：）=（5Ox-1•L.q、10、。］.A

不正确；

B.实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守恒，B不正

确；

C.综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO：浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，

适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；

D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeOj浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，

适当减小初始pH,SeOj的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速

率加快，会导致与SeO：反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO：的去除效果不一定越好，D

不正确；

综上所述，本题选C。

10（2024・江苏卷）下列说法正确的是

A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能

B.C2H4与。2反应中，Ag催化能提高生成CH3CH。的选择性

c.H2O2制。2反应中，Mn。？能加快化学反应速率

D.SO?与。2反应中，V2O5能减小该反应的焰变

【答案】C

【解析】A.固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；

H,C——CH,

B.根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与02反应用Ag催化生成\/2（环氧乙烷）、用CuCb/PdC12

0

催化生成CH3CH0,则判断Ag催化不能提高生成CH3CH0的选择性，B错误；

C.MnCh是H2O2制02反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；

D.V2O5是SO2与02反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焰变，D错误；

故选C。

11.（2024・甘肃卷）下列措施能降低化学反应速率的是

A.催化氧化氨制备硝酸时加入钳B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶

C.锌粉和盐酸反应时加水稀释D.石墨合成金刚石时增大压强

【答案】C

【解析】A.催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨

制备硝酸时加入铝可以加快化学反应速率，A项不符合题意；

B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；

C.锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；

D.石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；

故选C。

12.（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：

,OH/OOCCF3

N

耳OCOCF3c八

0O

A人-CF3CO2H

F3COCF3-----------至鼠b—,

J\/-CFCOHJ

'―O32

TFAAFGHTFAA

已知反应初始E的浓度为O.lOmolL1,TFAA的浓度为O.OSmol-L1,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

O

So8。8

(

I

j.0

.So6。6

o..0

E

)0

。

。4

、O4

。

S.02

0.02

A.ti时刻，体系中有E存在

B.t2时刻，体系中无F存在

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0.08molL-i

【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:

©E+TFAA——>F②F——>G@G.H+TFAA

ti之后的某时刻，H为OSmollL此时TFAA的浓度仍为0,则表明0.10mol-L」E、起始时的0.08molL

iTFAA、G分解生成的0.02moll"TFAA全部参加反应，生成O.lOmolLiF；在t2时刻，H为0.08moH/

1,TFAA为0.06molLLG为O.OlmolL」，则F为0.01molLL

【解析】A.ti时亥I],H的浓度小于0.02moHJ,此时反应③生成F的浓度小于0.02mol-LT,参加反应①

的H的浓度小于0.1molLL则参加反应E的浓度小于0.1所以体系中有E存在，A正确；

B.由分析可知,t2时亥!1，H为0.08mol・LLTFAA为0.06molLLG为O.OlmoHA则F为0.01molL

所以体系中有F存在，B不正确；

C.L之后的某时亥I」，H为0.02molLL此时TFAA的浓度仍为0,表明此时E和TFAA完全反应生成F,

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t2时亥U，H为0.08moHATFAA为0.06mol・L”i,G为0.01moHAF为0.01mollA只有F、G

全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol-L-i,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0.08moHAD不正确；

故选ACo

13.(2023•广东卷)催化剂I和H均能催化反应R(g)P(g)„反应历程(下图)中，M为中间产物。其它

条件相同时，下列说法不正确的是

B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大

C.使用II时，反应体系更快达到平衡

D.使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大

【答案】C

【解析】A.由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用I和II,反应历程都分4步进行，A正确；

B.由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；

C.由图可知I的最高活化能小于H的最高活化能，所以使用I时反应速率更快，反应体系更快达到平

衡，C错误；

D.由图可知在前两个历程中使用I活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用I活化能较高反应速率

较慢，所以使用I时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确；

故选Co

14.(2023•辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO,溶液与H2ca,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，乂11(11)和乂11(¥11)不能大量共存

+2+

D.总反应为：2MnO；+5C2Ot+16H=2Mn+10CO2T+8H2O

【答案】C

【分析】开始一段时间(大约13min前)随着时间的推移Mn(VD)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(W)后Mn(W)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(H),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(VH)的浓度为0后才开始生成Mn(H),该条件下Mn(II)和Mn(VD)不能大量共存，C

项正确；

D.H2c2。4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO&

+2+

+5H2C2O4+6H=2Mn+1OCO2T+8H2O,D项错误；

答案选C。

15.(2023•浙江卷)一定条件下，1-苯基丙焕(Ph-CwC-CHs)可与HC1发生催化加成，反应如下:

/mm

反应过程中该焕煌及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、III为放热反应)，下列说法不正硬的

是

A.反应焰变：反应1＞反应II

B.反应活化能：反应1＜反应H

C.增加HC1浓度可增加平衡时产物II和产物I的比例

D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I

【答案】C

【解析】A.反应I、III为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应II放出的热量，

反应放出的热量越多，其焰变越小，因此反应焰变：反应1＞反应II,故A正确；

B.短时间里反应I得到的产物比反应II得到的产物多，说明反应I的速率比反应H的速率快，速率越快，

其活化能越小，则反应活化能：反应k反应II,故B正确；

C.增加HC1浓度，平衡正向移动，但平衡时产物n和产物I的比例可能降低，故C错误；

D.根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物I,故D正确。

综上所述，答案为C。

16.(2022•广东卷)在相同条件下研究催化剂I、II对反应Xf2Y的影响，各物质浓度c随反应时间f的

部分变化曲线如图，则

催化剂I

(

T-o

4.

EOz催化剂I【

/)o

。

024t/min

A.无催化剂时，反应不能进行

B.与催化剂I相比，II使反应活化能更低

C.a曲线表示使用催化剂II时X的浓度随t的变化

D.使用催化剂I时，0~2min内，v(X)=l.Omol-U1-min1

【答案】D

【解析】A.由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错

误；

B.由图可知，催化剂I比催化剂n催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错

误；

C.由图可知，使用催化剂n时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol/L,而a曲线表示的X的浓度变化

了2.0mol/L,二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂n时X浓度随时间t

的变化，故C错误；

D.使用催化剂I时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol/L,则。(Y)=.，(丫)=4.0mol/L=2。

2min

mol-U1-min-1,(X)=—1)(Y)=—xZ.Om^Z-U1-min-1=1.0m6>/-L1-min-1,故D正确；

答案选D。

17.(2022•北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之

后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的

物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳。

7A

£

------CO

------4

CH

----4

时间/min

下列说法不正确的是

催化剂

A.反应①为CaO+CO2=CaCCh；反应②为CaCCh+CE^-CaO+2co+2丛

催化剂

B.ti~t3,n(H2)比n(CO)多，且生成Ha速率不变，可能有副反应CH4^=C+2H2

C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率

D.t3之后，生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生

【答案】C

【解析】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②

催化剂

为CaCO,+CH4CaO+2CO+2H2,A正确；

B.由题干图2信息可知，ti~t3,n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到

催化剂

CO2,在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH'^=C+2H2,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均

为1:2,B正确；

C.由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然

为2mmol/min,而CO变为l~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成比的速率小于反应②生成H2速

率，C错误；

D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成CO的

速率为0,是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；

答案选C。

18.(2022•河北卷)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X=Y；②

Y=Zo反应①的速率％=Kc(X),反应②的速率V2=k2c(Y),式中&、k2为速率常数。图甲为该体系中X、

Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk~,曲线。下列说法错误的是

Ink

'\\反应②

反应除.、.、

*

乙

A.随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低

B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)

C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间

D.温度低于工时，总反应速率由反应②决定

【答案】AB

【分析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的代表的

是Z,浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高

增大的幅度小于反应②的。

【解析】A.由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率

随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；

B.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增

加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z),但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X

的减少量，故v(X)+v(Y)=v(Z),B说法错误；

C.升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，

且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时

间，C说法正确；

D.由图乙信息可知，温度低于Ti时，H＞弱，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说

法正确；

综上所述，本题选AB。

19.(2022•浙江卷)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)脩B3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线

甲所示。下列说法不亚项的是

A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率

B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率

C.在不同时刻都存在关系：2V(B)=3v(X)

D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线

乙所示

【答案】C

【解析】A.图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，

从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确；

B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；

C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3V(B)=2v(X),选项C不正确；

D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，

平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；

答案选C。

考法02化学平衡

20.(2025•云南卷)下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是

【答案】D

【详解】A.NH4cl和Ca（0H）2固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误；

B.配制lOOmLl.OOmol•LKC1溶液,应在烧杯中溶解KCI固体，B错误;

C.金属钠与水反应剧烈，不能在试管中进行，应在烧杯中进行，且烧杯不能盛满水，C错误；

D.两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NC>2（红棕色）UN?。"无

色）平衡的影响，D正确；

故选D。

21.（2025♦北京卷）为研究三价铁配合物性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。

滴加数滴滴加1滴滴加KI溶液、

加NaF固体

浓盐酸KSCN溶液淀酚溶液

溶液黄色加深溶液变为红色溶液红色褪去无色溶液未见

变为无色明显变化

已知：［FeClj为黄色、［Fe（SCN）］2+为红色、［FeF6产为无色。

下列说法不正确的是

A.①中浓盐酸促进Fe3++4C「U［FeC%丁平衡正向移动

B.由①到②，生成［Fe(SCN)］2+并消耗［FeClJ

C.②、③对比，说明c(Fe3+)：②>③

D.由①玲④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化

【答案】D

【分析】O.lmoLLT的FeCb溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的［FeCl/-，溶液黄色加深；继续滴加1滴

KSCN溶液，［FeQJ-转化为［Fe(SCN)K+,溶液变为红色;再加入NaF固体，［Fe(SCN)K+转化为曲琮产,

溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明「未被氧化。

【详解】A.①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的［FeClJ-，说明浓盐酸促进

Fe3++4CI-U［FeCh丁平衡正向移动，A正确；

B.由①到②，溶液变为红色，说明［FeQJ转化为［Fe(SCN)］2+,即生成［Fe(SCN)］2+并消耗［FeClJlB

正确：

C.②、③溶液中，均存在平衡Fe3++SCN-U［Fe(SCN)K+,由于温度不变，故该反应的平衡常数不变,

由于②、③溶液中含有的初始SCN-浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明c(Fe3+)：

②>③，C正确；

D.类似C选项分析，由①玲④推断，溶液中的c(Fe3+)是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入KI、淀

粉溶液，无法确定①中溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化「，D错误；

故选D。

22.(2025•江苏卷)甘油(C3H8。3)水蒸气重整获得出过程中的主要反应：

反应工C3H8O3(g)=3CO(g)+4H2(g)AH>0

反应nCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH<0

反应mCO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)AH<0

1.0x105pa条件下，Imoic3H8。3和9m0m2。发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2,CO2和C%的物

质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是

%0450500550600650700

77℃

A.550久时，出0的平衡转化率为20%

B.550汽反应达平衡状态时，n(CO2):n(CO)=11:25

C.其他条件不变，在400〜55(FC范围，平衡时出0的物质的量随温度升高而增大

D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时电的物质的量

【答案】A

【分析】550。(：时，曲线①物质的量是5moi，根据原子守恒，n(C)=3mol,则其不可能是含碳微粒，故曲线

①表示H2,升高温度，反应I平衡正移，反应H平衡逆向移动，C0物质的量增大，则曲线③代表CO,

温度升高，反应m逆向移动，C*物质的量降低，则曲线②代表CH,，据此解答。

【详解】A.550久时，n(H2)=5mol,n(CO2)=2.2mol,n(CH4)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，

可得n(C3H8。3)=n(C)-n(C0z)；(C0)-n(CH4)=0,根据。原子守恒，可得4%。)=

n(0)-2n(C02)-,C0)-3n(C3H4)=7.2mol(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则。(&0)=头

100%=20%,A正确；

B.550℃时，n(C02)=2.2moLn(C0)=0.4mol,JI!!|n(CO2):n(CO)=11:2,B错误;

c.400〜55。汽范围，随温度升高，反应n、m平衡均逆向移动，n(CC>2)增大，说明反应DI逆向移动程度

更大，则H2O的物质的量减小，C错误；

D.增大压强，反应I平衡逆向移动，反应n平衡不移动，反应川平衡正向移动，出的物质的量减小，D

错误；

故选Ao

23.(2025•甘肃卷)CO2加氢转化成甲烷，是综合利用CO2实现"碳中和"和"碳达峰"的重要方式。525℃,

lOlkPa下,CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H20(g)AH=-185kl/moL反应达到平衡时，能使平衡向正反

应方向移动的是

A.减小体系压强B.升高温度

C.增大出浓度D.恒容下充入惰性气体

【答案】C

【详解】A.反应物气体总物质的量为5m。1,生成物为3m。1,减小压强会使平衡向气体体积增大的方向

(逆反应)移动，A不符合题意；

B.该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；

C.增大M浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的H2,C符合

题意；

D.恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意；

故选C。

24.(2025•安徽卷)恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g),各组分物质的量分数x随反应时间t变化的

曲线如图(反应速率v=kx,k为反应速率常数)。

8

禁

东

崛

后

岷

察

A.该条件下3=手

klk

XM,平衡-2

B.。〜ti时间段，生成M和N的平均反应速率相等

C.若加入催化剂，%增大，k2不变，贝Ijxi和XM,平衡均变大

D.若A(g)-M(g)和A(g)-N(g)均为放热反应，升高温度则XA,平衡变大

【答案】C

【详解】A.①A(g)UM(g)的K=兽，②A(g)UN(g)K=兽,②一①得到M(g)UN(g),则

K_iK_2

K=驾要=普=由，A正确；

M(平衡)4k