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第05讲 化学反应速率与化学平衡图像（练习）（含答案） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）
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题型一 化学反应速率图像
1.（2024·湖北·二模）湖北省十堰地区发现大量铌、钽等稀土矿产。萃取剂P204用于萃取稀土金属铌的反应为。某温度下，萃取铌离子的溶液中与时间变化关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．其他条件不变，时萃取反应已停止
B．增大，萃取平衡向左移动，平衡常数减小
C．萃取反应的正反应速率：
D．段平均反应速率
【答案】D
【解析】A．平衡时正反应、逆反应不断进行，只是正、逆反应速率相等，A项错误；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，B项错误；C．萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时达到平衡，时正反应速率大于，C项错误；D．根据萃取反应式，铌离子消耗速率是氢离子生成速率的四分之一，，D项正确；故选：D。
2.（2024·安徽合肥·三模）已知双环戊二烯解聚成环戊二烯的反应为 。若将3 ml双环戊二烯通入2L恒容密闭容器中，测得℃和℃下n（双环戊二烯或环戊二烯）随时间的变化如图所示，℃时反应到a点恰好达到平衡。下列有关说法错误的是
A． T1>T2
B．℃时，0~2h内的平均反应速率：v(环戊二烯) ml⋅L⋅h
C．℃时，当容器内的气体压强为起始的1.5倍时：v(正)(逆)
D．℃时，反应恰好达到平衡时：44.8 ml(环戊二烯)ml
【答案】B
【解析】A．由图可知，℃时，双环戊二烯前1h减少1.8 ml，相当于环戊二烯增加3.6 ml，℃时，环戊二烯增加4 mlml，所以，A正确；B．℃时，0~2h内的平均反应速率：v（环戊二烯）ml⋅L⋅h，B错误；C．由a点可知，℃时，平衡时气体总物质的量为2×（3 ml-0.6 ml）+0.6 ml=5.4 ml，是初始3 ml的1.8倍，气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，（正）（逆），C正确；D．在℃时，反应达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为（3-0.6）ml=2.4ml，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2 ml=4.8 ml，因为T₁>T₂，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则℃时n（环戊二烯）ml，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6 ml，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n（环戊二烯）ml，D正确；故选B。
3.（2024·吉林松原·模拟预测）某工业废气中含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。目前较好的处理方法是光解法，原理为。保持温度和压强(100kPa)不变，将硫化氢和氩气按照物质的量之比分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19混合，测得光解过程中硫化氢的转化率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A．图中表示硫化氢和氩气按照物质的量之比为1∶1混合的曲线为④
B．温度、压强不变，通过添加硫化氢可提高硫化氢的平衡转化率
C．其他条件不变，若将原恒压容器改为恒容容器，起始压强为100kPa，则平衡时的百分含量将减小
D．起始反应速率的大小顺序：⑤>③
【答案】B
【分析】由于正反应是气体体积增大的可逆反应，越小，的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此比值越小，的平衡转化率越高，所以曲线①为1∶19对应的曲线，曲线⑤是4∶1对应的曲线。
【解析】A．由以上分析，曲线④表示硫化氢和氩气按照物质的量之比为1∶1混合的曲线，A正确；B．该反应是气体体积增大的反应，增加硫化氢，相当于增大硫化氢的分压，平衡逆向移动，硫化氢的平衡转化率下降，B错误；C．其他条件不变时，若将恒压容器改为恒容容器，起始压强为100kPa，随着反应的进行，气体压强逐渐增大，促使反应逆向进行，平衡时的百分含量将减小，C正确；D．压强不变，说明硫化氢和氩气按照物质的量之比为4∶1(对应曲线⑤)和1∶4(对应曲线③)混合时气体的总物质的量也相同，则硫化氢和氩气按照物质的量之比为4∶1混合时，反应物硫化氢的起始浓度更大，起始反应速率更大，D正确；故选：B。
4.（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．段的反应速率
B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为
C．该温度下，反应的平衡常数
D．升高温度，该反应的平衡常数减小
【答案】C
【解析】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确；B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确；C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确；答案选C。
5.（2024·天津·一模）已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．平衡时A的体积分数：(Ⅰ)>(Ⅱ)
C．时改变的条件：向容器中加入CD．平衡常数K：K(Ⅱ)【答案】C
【解析】A. 可知反应前后气体系数和相等，任何时刻容器内压强不变，因此压强不变不能作为反应达到平衡的标志，A错误；B．正反应是气体体积不变化的反应，增大C的浓度达到的平衡与原平衡是等效平衡，即平衡时A的体积分数：(Ⅰ)=(Ⅱ)，B错误；C．t2时改变的条件瞬间正反应速率不变，即v-t图象中无“断点”，然后正反应速率逐渐增大直到达到新的平衡，则t2时改变的条件：向容器中充入C，C正确；D．该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，温度不变，平衡常数K不变，K(Ⅱ)=K(Ⅰ)，D错误；故答案是：C。
6．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：（1）溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
（2）酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
【答案】D
【解析】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知（1），即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；本题选D。
7．（2024·广东梅州·一模）对于同一体系内存在竞争反应：①，②；测得反应速率与时间t关系如图，依据图像信息，下列说法不正确的是
A．反应①的反应限度大于反应②
B．加入催化剂定能有效降低反应活化能，加快反应速率
C．无催化剂时后反应①达到平衡
D．加入催化剂，可有效提高C的产率
【答案】B
【解析】A．反应①和反应②相互竞争，未加入催化剂时，B的速率更大，浓度更大，说明反应①的反应限度大于反应②，加入催化剂后虽然C速率更大，是因为催化剂导致的速率增大，不是浓度因素导致的速率更大，故A正确；B．加入催化剂C的速率明显增大，B的速率略有减小，说明加入催化剂加快了生成C的反应速率，不一定加快了生成B的反应速率，选项没有指明对于哪个反应，故B错误；C．反应速率不变时浓度不反应到达平衡，无催化剂时t2后反应①达到平衡，C正确；D．加入催化剂，C的速率明显增大，能更快产生C，提高了C的产率，D正确；本题选B。
题型二 化学平衡图像
8.（2024·湖南衡阳·模拟预测）利用可消除污染，反应为。不同温度下，向装有足量的恒容密闭容器中通入，测得的体积分数随时间t变化的曲线如图，下列说法正确的是
A．温度：，平衡常数：
B．容器内压强保持恒定时，表明反应达平衡状态
C．反应速率：
D．b点时，向容器中再次通入，重新达平衡后，
【答案】C
【分析】图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T1＜T2 ，依据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳体积分数越小，说明平衡逆向进行，正向是放热反应。
【解析】A．由分析可知，先拐先平，温度高，得到T1＜T2 ，正反应放热，温度越高，K越小，故Kdv正(b)，b点达到平衡，v正(b)=v逆(b)，故v正(a)>v逆(b)，C正确；D．b点已经到达平衡，向容器中再次通入2mlCO，相同温度下K=一定，故重新达平衡后，φ(CO2)=0.8，故D错误；本题选C。
9.（2024·江西赣州·二模）甲烷水蒸气重整制合成气［ ］是利用甲烷资源的途径之一、其他条件相同时，在不同催化剂(、、)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示。下列说法错误的是
A．该反应B．平衡常数：
C．催化剂催化效率：D．增大压强，增大倍数小于增大倍数
【答案】C
【解析】A．随着温度升高，甲烷的转化率也在增大，说明平衡正向移动，温度升高反应向吸热方向移动，因此该反应，故A正确；B．平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应，升高温度K值增大，，故B正确；C．根据图像可知在相同条件下，曲线I中甲烷的转化率最高，其次是Ⅱ、Ⅲ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故C错误；D．增大压强，向气体体积分数较小的方向移动，即反应逆向移动，说明增大倍数小于增大倍数，故D正确；故答案选C。
10.（2024·广东广州·二模）恒容密闭容器中充入X，在催化剂作用下发生反应：，起始压强为p kPa，反应时间为t s，测得X的转化率随温度的变化如图中实线所示（虚线表示平衡转化率）。下列说法正确的是
A．该反应的
B．催化剂可降低该反应的焓变，提高平衡转化率
C．增大起始压强，X的平衡转化率增大
D．800℃时，内化学反应速率
【答案】D
【解析】A．根据图像可知，虚线表示平衡转化率，随温度升高，X的转化率增大，根据勒夏特列原理，该反应正反应为吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．给定的反应中，焓变只与始终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓变，催化剂对平衡移动无影响，故B错误；C．该反应为气体物质的量增大反应，增大起始压强，平衡逆向进行，X的平衡转化率降低，故C错误；D．该时间段内，用X表示变化的压强为0.4pkpa，则Y的变化压强为0.4kPa，根据化学反应速率的定义，v(Y)==kPa/s，故D正确；答案为D。
11.（2024·重庆·三模）已知反应：．按起始投料比加入反应物，测得的平衡转化率和催化剂催化效率受温度的影响如下图所示．下列说法不正确的是
A．时，b点反应向逆反应方向进行
B．生成乙烯的速率c点一定大于a点
C．，催化效率降低是由于温度升高引起的
D．a点乙烯的体积分数约为
【答案】B
【解析】A．由图像知b点二氧化碳转化率高于平衡转化率，故反应向逆反应方向进行，A正确；B．温度升高反应速率加快，但是催化剂的催化效率随温度升高先升高后降低，c点催化剂的效率低于a点，乙烯的生成速率c点不一定大于a点，B错误；C．由图像知，d→e温度升高，催化效率降低，催化效率降低是由于温度升高引起的，C正确；D．已知起始投料比n(H2):n(CO2)=3:1，a点CO2平衡转化率50%，可以列出三段式
故a点乙烯的体积分数为，D正确；不正确的选B。
12.（2024·辽宁丹东·一模）三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物．在一恒容密闭容器中加入和一定量的NO，发生反应，按不同投料比时，CO的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．a、b、c对应平衡常数
C．反应温度为时，向平衡体系充入适量NO，可实现由c到b的转化
D．使用三元催化转换器可提高该反应的平衡转化率
【答案】D
【解析】A．相同温度下，越大，越大，CO的平衡转化率越小，则，A正确；B．升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆移，则K减小，K只与温度有关，则，B正确；C．反应温度为时，向平衡体系充入适量NO，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，且减小，可实现由c到b的转化，C正确；D．使用三元催化转换器不会改变该反应的平衡转化率，D错误；故选D。
13.（2024·北京丰台·二模）利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。
下列说法不正确的是
A．
B．
C．a点对应的化学平衡常数的数值为80
D．a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4ml HCl和0.1ml，当再次平衡时HCl的转化率仍为80%
【答案】C
【分析】，正向放热，升高温度则HCl的转化率增大，正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，综合对比可知X代表温度，L代表压强且L1＞L2。
【解析】A．催化剂不影响焓变，该反应熵减，能自发进行则为放热反应，△H＜0，故A正确；B．L表示压强，反应正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，因此L1＞L2，故B正确；C．设起始时，则起始时，a点HCl的转化率为80%则转化氯化氢的物质的量为3.2ml，可列三段式，平衡常数为，体积未知无法计算，故C错误；D．a点时，保持温度和压强不变，则平衡常数不变，向容器中再充入0.4ml HCl和0.1ml，HCl和O2增加量之比和起始投料比相等，又是恒压条件，与原平衡为等效平衡，因此当再次平衡时HCl的转化率仍为80%，故D正确；故选C。
14.（2024·安徽安庆·模拟预测）我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为时，随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断错误的是
A．ΔH<0
B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：
C．其他条件相同，在温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于
D．在温度下，反应在0~内的平均速率为
【答案】C
【解析】A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A正确；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，B正确；C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05ml·L-1，则，D正确；故选：C。
15.（2024·重庆·三模）工业制氢，反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ： 。
维持T℃、560kPa不变，向容积可变的密闭容器中投入10ml 和10ml ，、CO的转化率随时间的变化分别对应如图甲、乙曲线。下列说法错误的是
A．开始时，的分压
B．50min后反应到达平衡，平均反应速率可表达为为2.24kPa/min
C．保持温度不变，若增大压强，的转化率变化曲线将是丙
D．保持压强不变，若降低温度，CO的转化率变化曲线将是戊
【答案】C
【解析】A．开始时，总压强为560kPa ，的分压，故A正确；B．50min后反应到达平衡，根据图中甲曲线为的转化率随时间的变化，可得此时甲烷转化率为40%，，故B正确；C．保持温度不变，为反应前后气体计量数不变的反应，因此若增大压强，平衡不移动，为反应气体计量数增大的反应，若增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，且压强增大会导致反应速率加快，达到平衡的时间减少，因此的转化率变化曲线将是丁，故C错误；D．保持压强不变，为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增大，为吸热反应，若降低温度，平衡逆向移动，CO的转化率增大，降低温度会导致速率减慢，达到平衡的时间增加，因此CO的转化率变化曲线将是戊，故D正确；故答案选C。
16.（2024·安徽安庆·三模）改变某条件对反应的化学平衡的影响，得到如下图象(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，表示平衡转化率，表示体积分数)。根据图象，下列判断正确的是
A．反应I：若，则此反应可以在任何温度下均自发进行
B．反应Ⅱ：此反应的，且
C．反应Ⅲ：且或且
D．反应Ⅳ：在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等且该反应为放热反应，则平衡时体积
【答案】A
【解析】A．由题干图像可知，压强相同时，随着温度的升高，反应物A的转化率减小，即平衡逆向移动，说明该反应正反应＜0，若，说明等温条件下，压强越大反应物A的转化率越小，即增大压强平衡逆向移动，即＞0，则此反应可以在任何温度下均自发进行，A正确；B．由题干图像可知，T2条件下反应先达到平衡，则T2＞T1，且温度越高，生成物C的物质的量越小，说明升高温度平衡逆向移动，故此反应的，B错误；C．由题干图像可知，反应物B的物质的量相同时，T1条件下生成物C的体积分数越大，若，说明升高温度，生成物C的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，同理可知，且，C错误；D．该反应为放热反应，说明升高温度平衡逆向移动，反应物A的转化率减小，即T2＞T1，且相同温度下随着压强增大，反应物A的转化率不变，说明反应前后气体的物质的量不变，则在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等，则平衡时两温度下容器中物质的量相等，故有平衡时体积，D错误；故答案为：A。
17.（2024·安徽·模拟预测）氨催化氧化时会发生如下反应：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
向密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生上述反应，相同时间内，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的的转化率随温度的变化如图所示，已知C点达到平衡状态，下列说法错误的是
A．由图可知，硝酸工业中，氨催化氧化时的最佳温度为840℃
B．C点之后反应Ⅰ中的转化率下降的原因是平衡逆向移动
C．混合体系中保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态
D．C点对应温度下，反应Ⅰ的平衡常数
【答案】B
【解析】A．硝酸工业中物质的转化关系是时，反应Ⅰ对应的的转化率达到最高，即生成的NO最多，且温度升高化学反应速率增大，A正确；B．由题给信息可知，图像中对应的是相同反应时间的转化率，C点之后，也可能随着温度升高，导致催化剂失活，使反应Ⅰ的反应速率降低，则相同反应时间内，的转化率也降低，B错误；C．和分别是反应物和生成物，充入和发生反应，的量逐渐减少，的量逐渐增大，因此混合体系中保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态（提醒：若给定条件下推出“变量”达到“不变”，则可说明反应达到平衡状态），C正确；D．C点时，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的的转化率分别为、，则生成NO的物质的量为，生成的物质的量为，则有：则平衡，，则反应Ⅰ的平衡常数，D正确； 故选B。
18.（2024·湖南·模拟预测）工业上，常用氨气脱硝。向恒容密闭容器中充入NO2和NH3，发生反应：，测得NO2的平衡转化率与温度投料比的关系如图所示。净反应速率。下列叙述正确的是
A．该反应为吸热反应，高温下都能自发进行
B．投料比：x2 < x1
C．平衡常数K：a=b>c
D．净反应速率：a=b=c
【答案】D
【分析】相同温度下，NH3与NO2的投料比越大，NO2的平衡转化率越大，因此X2的投料比更大，投料比一定的条件下，随着温度升高，NO2的平衡转化率逐渐减小（纵坐标为从上往下在增大），说明反应为放热反应，据此作答。
【解析】A．根据图示，其他条件相同，升高温度，NO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，正反应是放热反应，该反应气体分子数增多，熵值增大，故在任何温度下都可自发进行，故A错误；B．增大氨气的浓度，平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，NH3与NO2的投料比越大，NO2的平衡转化率越大，即x2>x1，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，a点对应温度较低，K较大；b、c点对应温度相等，K也相等，故C错误；D．a、b、c都是平衡点，正、逆反应速率相等，净反应速率等于0，即a、b、c的净反应速率相等，故D正确；故答案选D。
19.（2024·广西贵港·模拟预测）中国积极推动技术创新，力争2060年实现碳中和。催化还原的主要反应有：
①
②
向恒温恒压的密闭容器中通入和进行上述反应。的平衡产率、的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应②在较高温度下才能自发进行
B．若气体平均摩尔质量不再变化，则反应①和②均达到平衡状态
C．任意温度下的平衡转化率：
D．平衡时随温度升高先减小后增大
【答案】A
【解析】A．由图像信息可知，随着温度的升高的平衡产率减小，即升高温度反应②平衡逆向移动，故反应②的，又因为该反应是气体分子数减少的反应，，故该反应在较低的温度下能自发进行，A错误；B．由题干信息可知，反应物质全部为气体，其中反应②为非等体积反应，故若气体平均摩尔质量不再变化，则反应①和②均达到平衡状态，B正确；C．由题干方程式可知，若只发生反应②，则和的平衡转化率相等，若只发生反应①，则的平衡转化率小于的，现同时发生反应①和反应②，故任一温度下的平衡转化率：，C正确；D．由题干图像信息可知，的平衡产率随温度的升高一直在减小，而的平衡转化率先减小后增大，说明温度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，的物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正向移动，的物质的量增大，即平衡时随温度升高先减小后增大，D正确； 故选A。
20.（2024·湖南·二模）在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷．
已知：
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心．在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示．
CH4选择性
下列有关说法错误的是
A．
B．延长W点的反应时间，能提高CO2的转化率
C．在260~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性
【答案】C
【解析】A．利用盖斯定律，将第一个反应减去第二个反应可得△H=-165 kJ∙ml-1-(+41 kJ∙ml-1)=-206kJ∙ml-1，A正确；B．W点反应温度约为280℃，CH4的选择性在95%以上，则生成CH4的反应为主反应，从第一张图可以看出，升高温度，CO2的转化率增大，则表明反应未达平衡，所以延长W点的反应时间，能提高CO2的转化率，B正确；C．在260~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率增大，则产率增大，C错误；D．比较Ni和Ni-CeO2两种催化剂的催化效果，在260~320℃之间、使用Ni-CeO2时，CH4的选择性高，则选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性，D正确；故选C。
1．（2024·辽宁卷）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．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．平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，后异山梨醇浓度才不再变化，所以时，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，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，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042ml/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，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。
2．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
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，水样初始越小，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，A不正确；B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，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中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；综上所述，本题选C。
3．（2023·重庆卷）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的，反应Ⅱ的
B．点反应Ⅰ的平衡常数
C．点的压强是的3倍
D．若按投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】C
【解析】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A错误；B．点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数，B错误；C．点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏加德罗定律可知，的压强是的3倍，C正确；D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误；故选C。
4．(2023·辽宁卷，12)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，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+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。
【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化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2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。
5.(2022·湖南卷，14)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入和发生反应：2X (g)+ Y(g)
2Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．ΔH＞0B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a点平衡常数：K＞12D．反应速率：Va正＜Vb正
【答案】BC
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即＜0，故A错误；B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B正确；C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta＞T始，压强：Pa=P始，则na＜n始，可设Y转化的物质的量浓度为xml∙L−1，则列出三段式如下：，则有＜，计算得到x＞0.75，那么化学平衡常数K=＞，故C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D错误。
综上所述，答案为B。
6. (2022·江苏卷，13)乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为
C2H5OH(g)+3H2O(g)= 2CO2(g)＋6H2(g) ΔH2＝173.3kJ·ml−1
CO2(g)+H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝41.2kJ·ml−1
在、n始(C2H5OH)：n始(H2O)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是( )
A．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。
【解析】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入或者选用高效催化剂，不会影响平衡时产率，故D错误；故选B。
7．(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①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、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ln k～ eq \f(1,T) 曲线。下列说法错误的是( )
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T1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T1时，k1＞k2，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。
第05讲 化学反应速率与化学平衡图像
01 模拟基础练
【题型一】化学反应速率图像
【题型二】化学平衡图像
02 重难创新练
03 真题实战练
反应I
反应Ⅱ
反应Ⅲ
反应Ⅳ
实验序号
水样体积/
纳米铁质量/
水样初始
①
50
8
6
②
50
2
6
③
50
2
8
题型一 化学反应速率图像
1.（2024·湖北·二模）湖北省十堰地区发现大量铌、钽等稀土矿产。萃取剂P204用于萃取稀土金属铌的反应为。某温度下，萃取铌离子的溶液中与时间变化关系如图所示。
下列叙述正确的是
A．其他条件不变，时萃取反应已停止
B．增大，萃取平衡向左移动，平衡常数减小
C．萃取反应的正反应速率：
D．段平均反应速率
【答案】D
【解析】A．平衡时正反应、逆反应不断进行，只是正、逆反应速率相等，A项错误；B．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，B项错误；C．萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时达到平衡，时正反应速率大于，C项错误；D．根据萃取反应式，铌离子消耗速率是氢离子生成速率的四分之一，，D项正确；故选：D。
2.（2024·安徽合肥·三模）已知双环戊二烯解聚成环戊二烯的反应为 。若将3 ml双环戊二烯通入2L恒容密闭容器中，测得℃和℃下n（双环戊二烯或环戊二烯）随时间的变化如图所示，℃时反应到a点恰好达到平衡。下列有关说法错误的是
A． T1>T2
B．℃时，0~2h内的平均反应速率：v(环戊二烯) ml⋅L⋅h
C．℃时，当容器内的气体压强为起始的1.5倍时：v(正)(逆)
D．℃时，反应恰好达到平衡时：44.8 ml(环戊二烯)ml
【答案】B
【解析】A．由图可知，℃时，双环戊二烯前1h减少1.8 ml，相当于环戊二烯增加3.6 ml，℃时，环戊二烯增加4 mlml，所以，A正确；B．℃时，0~2h内的平均反应速率：v（环戊二烯）ml⋅L⋅h，B错误；C．由a点可知，℃时，平衡时气体总物质的量为2×（3 ml-0.6 ml）+0.6 ml=5.4 ml，是初始3 ml的1.8倍，气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，（正）（逆），C正确；D．在℃时，反应达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为（3-0.6）ml=2.4ml，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2 ml=4.8 ml，因为T₁>T₂，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则℃时n（环戊二烯）ml，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6 ml，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n（环戊二烯）ml，D正确；故选B。
3.（2024·吉林松原·模拟预测）某工业废气中含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。目前较好的处理方法是光解法，原理为。保持温度和压强(100kPa)不变，将硫化氢和氩气按照物质的量之比分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19混合，测得光解过程中硫化氢的转化率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是
A．图中表示硫化氢和氩气按照物质的量之比为1∶1混合的曲线为④
B．温度、压强不变，通过添加硫化氢可提高硫化氢的平衡转化率
C．其他条件不变，若将原恒压容器改为恒容容器，起始压强为100kPa，则平衡时的百分含量将减小
D．起始反应速率的大小顺序：⑤>③
【答案】B
【分析】由于正反应是气体体积增大的可逆反应，越小，的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此比值越小，的平衡转化率越高，所以曲线①为1∶19对应的曲线，曲线⑤是4∶1对应的曲线。
【解析】A．由以上分析，曲线④表示硫化氢和氩气按照物质的量之比为1∶1混合的曲线，A正确；B．该反应是气体体积增大的反应，增加硫化氢，相当于增大硫化氢的分压，平衡逆向移动，硫化氢的平衡转化率下降，B错误；C．其他条件不变时，若将恒压容器改为恒容容器，起始压强为100kPa，随着反应的进行，气体压强逐渐增大，促使反应逆向进行，平衡时的百分含量将减小，C正确；D．压强不变，说明硫化氢和氩气按照物质的量之比为4∶1(对应曲线⑤)和1∶4(对应曲线③)混合时气体的总物质的量也相同，则硫化氢和氩气按照物质的量之比为4∶1混合时，反应物硫化氢的起始浓度更大，起始反应速率更大，D正确；故选：B。
4.（2024·北京顺义·二模）某小组模拟汽车尾气处理。某温度下，将一定量和投入体积为、盛有催化剂的密闭容器中，发生反应：。测得的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．段的反应速率
B．达平衡时，理论上该反应放出的热量约为
C．该温度下，反应的平衡常数
D．升高温度，该反应的平衡常数减小
【答案】C
【解析】A．由图可知，ab段反应速率：，A正确；B．由图可知4min反应达平衡，，根据题干热化学方程式可知，平衡时理论放热：，B正确；C．列三段式：，反应平衡常数：，C错误；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D正确；答案选C。
5.（2024·天津·一模）已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态Ⅰ，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如下图所示。下列说法正确的是
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．平衡时A的体积分数：(Ⅰ)>(Ⅱ)
C．时改变的条件：向容器中加入CD．平衡常数K：K(Ⅱ)
【解析】A. 可知反应前后气体系数和相等，任何时刻容器内压强不变，因此压强不变不能作为反应达到平衡的标志，A错误；B．正反应是气体体积不变化的反应，增大C的浓度达到的平衡与原平衡是等效平衡，即平衡时A的体积分数：(Ⅰ)=(Ⅱ)，B错误；C．t2时改变的条件瞬间正反应速率不变，即v-t图象中无“断点”，然后正反应速率逐渐增大直到达到新的平衡，则t2时改变的条件：向容器中充入C，C正确；D．该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，温度不变，平衡常数K不变，K(Ⅱ)=K(Ⅰ)，D错误；故答案是：C。
6．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：（1）溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
（2）酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
【答案】D
【解析】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知（1），即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；本题选D。
7．（2024·广东梅州·一模）对于同一体系内存在竞争反应：①，②；测得反应速率与时间t关系如图，依据图像信息，下列说法不正确的是
A．反应①的反应限度大于反应②
B．加入催化剂定能有效降低反应活化能，加快反应速率
C．无催化剂时后反应①达到平衡
D．加入催化剂，可有效提高C的产率
【答案】B
【解析】A．反应①和反应②相互竞争，未加入催化剂时，B的速率更大，浓度更大，说明反应①的反应限度大于反应②，加入催化剂后虽然C速率更大，是因为催化剂导致的速率增大，不是浓度因素导致的速率更大，故A正确；B．加入催化剂C的速率明显增大，B的速率略有减小，说明加入催化剂加快了生成C的反应速率，不一定加快了生成B的反应速率，选项没有指明对于哪个反应，故B错误；C．反应速率不变时浓度不反应到达平衡，无催化剂时t2后反应①达到平衡，C正确；D．加入催化剂，C的速率明显增大，能更快产生C，提高了C的产率，D正确；本题选B。
题型二 化学平衡图像
8.（2024·湖南衡阳·模拟预测）利用可消除污染，反应为。不同温度下，向装有足量的恒容密闭容器中通入，测得的体积分数随时间t变化的曲线如图，下列说法正确的是
A．温度：，平衡常数：
B．容器内压强保持恒定时，表明反应达平衡状态
C．反应速率：
D．b点时，向容器中再次通入，重新达平衡后，
【答案】C
【分析】图象分析可知，先拐先平，温度高，得到T1＜T2 ，依据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳体积分数越小，说明平衡逆向进行，正向是放热反应。
【解析】A．由分析可知，先拐先平，温度高，得到T1＜T2 ，正反应放热，温度越高，K越小，故Kd
9.（2024·江西赣州·二模）甲烷水蒸气重整制合成气［ ］是利用甲烷资源的途径之一、其他条件相同时，在不同催化剂(、、)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示。下列说法错误的是
A．该反应B．平衡常数：
C．催化剂催化效率：D．增大压强，增大倍数小于增大倍数
【答案】C
【解析】A．随着温度升高，甲烷的转化率也在增大，说明平衡正向移动，温度升高反应向吸热方向移动，因此该反应，故A正确；B．平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应，升高温度K值增大，，故B正确；C．根据图像可知在相同条件下，曲线I中甲烷的转化率最高，其次是Ⅱ、Ⅲ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故C错误；D．增大压强，向气体体积分数较小的方向移动，即反应逆向移动，说明增大倍数小于增大倍数，故D正确；故答案选C。
10.（2024·广东广州·二模）恒容密闭容器中充入X，在催化剂作用下发生反应：，起始压强为p kPa，反应时间为t s，测得X的转化率随温度的变化如图中实线所示（虚线表示平衡转化率）。下列说法正确的是
A．该反应的
B．催化剂可降低该反应的焓变，提高平衡转化率
C．增大起始压强，X的平衡转化率增大
D．800℃时，内化学反应速率
【答案】D
【解析】A．根据图像可知，虚线表示平衡转化率，随温度升高，X的转化率增大，根据勒夏特列原理，该反应正反应为吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．给定的反应中，焓变只与始终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓变，催化剂对平衡移动无影响，故B错误；C．该反应为气体物质的量增大反应，增大起始压强，平衡逆向进行，X的平衡转化率降低，故C错误；D．该时间段内，用X表示变化的压强为0.4pkpa，则Y的变化压强为0.4kPa，根据化学反应速率的定义，v(Y)==kPa/s，故D正确；答案为D。
11.（2024·重庆·三模）已知反应：．按起始投料比加入反应物，测得的平衡转化率和催化剂催化效率受温度的影响如下图所示．下列说法不正确的是
A．时，b点反应向逆反应方向进行
B．生成乙烯的速率c点一定大于a点
C．，催化效率降低是由于温度升高引起的
D．a点乙烯的体积分数约为
【答案】B
【解析】A．由图像知b点二氧化碳转化率高于平衡转化率，故反应向逆反应方向进行，A正确；B．温度升高反应速率加快，但是催化剂的催化效率随温度升高先升高后降低，c点催化剂的效率低于a点，乙烯的生成速率c点不一定大于a点，B错误；C．由图像知，d→e温度升高，催化效率降低，催化效率降低是由于温度升高引起的，C正确；D．已知起始投料比n(H2):n(CO2)=3:1，a点CO2平衡转化率50%，可以列出三段式
故a点乙烯的体积分数为，D正确；不正确的选B。
12.（2024·辽宁丹东·一模）三元催化转换器可除去汽车尾气中90%以上的污染物．在一恒容密闭容器中加入和一定量的NO，发生反应，按不同投料比时，CO的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．a、b、c对应平衡常数
C．反应温度为时，向平衡体系充入适量NO，可实现由c到b的转化
D．使用三元催化转换器可提高该反应的平衡转化率
【答案】D
【解析】A．相同温度下，越大，越大，CO的平衡转化率越小，则，A正确；B．升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆移，则K减小，K只与温度有关，则，B正确；C．反应温度为时，向平衡体系充入适量NO，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，且减小，可实现由c到b的转化，C正确；D．使用三元催化转换器不会改变该反应的平衡转化率，D错误；故选D。
13.（2024·北京丰台·二模）利用反应 ，将工业生产中的副产物HCl转化为，可实现氯的循环利用，减少污染。投料比，L(、)、X可分别代表温度或压强，下图表示L一定时，HCl的平衡转化率随X的变化关系。
下列说法不正确的是
A．
B．
C．a点对应的化学平衡常数的数值为80
D．a点时，保持温度和压强不变，向容器中再充入0.4ml HCl和0.1ml，当再次平衡时HCl的转化率仍为80%
【答案】C
【分析】，正向放热，升高温度则HCl的转化率增大，正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，综合对比可知X代表温度，L代表压强且L1＞L2。
【解析】A．催化剂不影响焓变，该反应熵减，能自发进行则为放热反应，△H＜0，故A正确；B．L表示压强，反应正向体积减小，增大压强平衡正向移动，HCl的转化率增大，因此L1＞L2，故B正确；C．设起始时，则起始时，a点HCl的转化率为80%则转化氯化氢的物质的量为3.2ml，可列三段式，平衡常数为，体积未知无法计算，故C错误；D．a点时，保持温度和压强不变，则平衡常数不变，向容器中再充入0.4ml HCl和0.1ml，HCl和O2增加量之比和起始投料比相等，又是恒压条件，与原平衡为等效平衡，因此当再次平衡时HCl的转化率仍为80%，故D正确；故选C。
14.（2024·安徽安庆·模拟预测）我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯【】催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间t的变化分别为曲线I和Ⅱ，反应温度为时，随时间t的变化为曲线Ⅲ。下列判断错误的是
A．ΔH<0
B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：
C．其他条件相同，在温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于
D．在温度下，反应在0~内的平均速率为
【答案】C
【解析】A．反应温度为T1和T2，以c(H2)随时间t的变化为曲线比较，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T1>T2，温度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应放热，A正确；B．升高温度，反应速率加快，T1>T2，则反应速率v(a)>v(b)，B正确；C．向恒容容器中充入氮气，不影响反应物浓度，不影响反应速率，C错误；D．T2时，在0~t2内，△c(H2)=0.05ml·L-1，则，D正确；故选：C。
15.（2024·重庆·三模）工业制氢，反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ： 。
维持T℃、560kPa不变，向容积可变的密闭容器中投入10ml 和10ml ，、CO的转化率随时间的变化分别对应如图甲、乙曲线。下列说法错误的是
A．开始时，的分压
B．50min后反应到达平衡，平均反应速率可表达为为2.24kPa/min
C．保持温度不变，若增大压强，的转化率变化曲线将是丙
D．保持压强不变，若降低温度，CO的转化率变化曲线将是戊
【答案】C
【解析】A．开始时，总压强为560kPa ，的分压，故A正确；B．50min后反应到达平衡，根据图中甲曲线为的转化率随时间的变化，可得此时甲烷转化率为40%，，故B正确；C．保持温度不变，为反应前后气体计量数不变的反应，因此若增大压强，平衡不移动，为反应气体计量数增大的反应，若增大压强，平衡逆向移动，转化率降低，且压强增大会导致反应速率加快，达到平衡的时间减少，因此的转化率变化曲线将是丁，故C错误；D．保持压强不变，为放热反应，若降低温度，平衡正向移动，CO的转化率增大，为吸热反应，若降低温度，平衡逆向移动，CO的转化率增大，降低温度会导致速率减慢，达到平衡的时间增加，因此CO的转化率变化曲线将是戊，故D正确；故答案选C。
16.（2024·安徽安庆·三模）改变某条件对反应的化学平衡的影响，得到如下图象(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，表示平衡转化率，表示体积分数)。根据图象，下列判断正确的是
A．反应I：若，则此反应可以在任何温度下均自发进行
B．反应Ⅱ：此反应的，且
C．反应Ⅲ：且或且
D．反应Ⅳ：在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等且该反应为放热反应，则平衡时体积
【答案】A
【解析】A．由题干图像可知，压强相同时，随着温度的升高，反应物A的转化率减小，即平衡逆向移动，说明该反应正反应＜0，若，说明等温条件下，压强越大反应物A的转化率越小，即增大压强平衡逆向移动，即＞0，则此反应可以在任何温度下均自发进行，A正确；B．由题干图像可知，T2条件下反应先达到平衡，则T2＞T1，且温度越高，生成物C的物质的量越小，说明升高温度平衡逆向移动，故此反应的，B错误；C．由题干图像可知，反应物B的物质的量相同时，T1条件下生成物C的体积分数越大，若，说明升高温度，生成物C的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，同理可知，且，C错误；D．该反应为放热反应，说明升高温度平衡逆向移动，反应物A的转化率减小，即T2＞T1，且相同温度下随着压强增大，反应物A的转化率不变，说明反应前后气体的物质的量不变，则在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等，则平衡时两温度下容器中物质的量相等，故有平衡时体积，D错误；故答案为：A。
17.（2024·安徽·模拟预测）氨催化氧化时会发生如下反应：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
向密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生上述反应，相同时间内，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的的转化率随温度的变化如图所示，已知C点达到平衡状态，下列说法错误的是
A．由图可知，硝酸工业中，氨催化氧化时的最佳温度为840℃
B．C点之后反应Ⅰ中的转化率下降的原因是平衡逆向移动
C．混合体系中保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态
D．C点对应温度下，反应Ⅰ的平衡常数
【答案】B
【解析】A．硝酸工业中物质的转化关系是时，反应Ⅰ对应的的转化率达到最高，即生成的NO最多，且温度升高化学反应速率增大，A正确；B．由题给信息可知，图像中对应的是相同反应时间的转化率，C点之后，也可能随着温度升高，导致催化剂失活，使反应Ⅰ的反应速率降低，则相同反应时间内，的转化率也降低，B错误；C．和分别是反应物和生成物，充入和发生反应，的量逐渐减少，的量逐渐增大，因此混合体系中保持不变说明反应Ⅱ达到平衡状态（提醒：若给定条件下推出“变量”达到“不变”，则可说明反应达到平衡状态），C正确；D．C点时，反应Ⅰ、反应Ⅱ对应的的转化率分别为、，则生成NO的物质的量为，生成的物质的量为，则有：则平衡，，则反应Ⅰ的平衡常数，D正确； 故选B。
18.（2024·湖南·模拟预测）工业上，常用氨气脱硝。向恒容密闭容器中充入NO2和NH3，发生反应：，测得NO2的平衡转化率与温度投料比的关系如图所示。净反应速率。下列叙述正确的是
A．该反应为吸热反应，高温下都能自发进行
B．投料比：x2 < x1
C．平衡常数K：a=b>c
D．净反应速率：a=b=c
【答案】D
【分析】相同温度下，NH3与NO2的投料比越大，NO2的平衡转化率越大，因此X2的投料比更大，投料比一定的条件下，随着温度升高，NO2的平衡转化率逐渐减小（纵坐标为从上往下在增大），说明反应为放热反应，据此作答。
【解析】A．根据图示，其他条件相同，升高温度，NO2的平衡转化率降低，平衡逆向移动，正反应是放热反应，该反应气体分子数增多，熵值增大，故在任何温度下都可自发进行，故A错误；B．增大氨气的浓度，平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，NH3与NO2的投料比越大，NO2的平衡转化率越大，即x2>x1，故B错误；C．平衡常数只与温度有关，a点对应温度较低，K较大；b、c点对应温度相等，K也相等，故C错误；D．a、b、c都是平衡点，正、逆反应速率相等，净反应速率等于0，即a、b、c的净反应速率相等，故D正确；故答案选D。
19.（2024·广西贵港·模拟预测）中国积极推动技术创新，力争2060年实现碳中和。催化还原的主要反应有：
①
②
向恒温恒压的密闭容器中通入和进行上述反应。的平衡产率、的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．反应②在较高温度下才能自发进行
B．若气体平均摩尔质量不再变化，则反应①和②均达到平衡状态
C．任意温度下的平衡转化率：
D．平衡时随温度升高先减小后增大
【答案】A
【解析】A．由图像信息可知，随着温度的升高的平衡产率减小，即升高温度反应②平衡逆向移动，故反应②的，又因为该反应是气体分子数减少的反应，，故该反应在较低的温度下能自发进行，A错误；B．由题干信息可知，反应物质全部为气体，其中反应②为非等体积反应，故若气体平均摩尔质量不再变化，则反应①和②均达到平衡状态，B正确；C．由题干方程式可知，若只发生反应②，则和的平衡转化率相等，若只发生反应①，则的平衡转化率小于的，现同时发生反应①和反应②，故任一温度下的平衡转化率：，C正确；D．由题干图像信息可知，的平衡产率随温度的升高一直在减小，而的平衡转化率先减小后增大，说明温度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，的物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正向移动，的物质的量增大，即平衡时随温度升高先减小后增大，D正确； 故选A。
20.（2024·湖南·二模）在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷．
已知：
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心．在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示．
CH4选择性
下列有关说法错误的是
A．
B．延长W点的反应时间，能提高CO2的转化率
C．在260~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性
【答案】C
【解析】A．利用盖斯定律，将第一个反应减去第二个反应可得△H=-165 kJ∙ml-1-(+41 kJ∙ml-1)=-206kJ∙ml-1，A正确；B．W点反应温度约为280℃，CH4的选择性在95%以上，则生成CH4的反应为主反应，从第一张图可以看出，升高温度，CO2的转化率增大，则表明反应未达平衡，所以延长W点的反应时间，能提高CO2的转化率，B正确；C．在260~320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率增大，则产率增大，C错误；D．比较Ni和Ni-CeO2两种催化剂的催化效果，在260~320℃之间、使用Ni-CeO2时，CH4的选择性高，则选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性，D正确；故选C。
1．（2024·辽宁卷）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．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．平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，后异山梨醇浓度才不再变化，所以时，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，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，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042ml/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，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。
2．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
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，水样初始越小，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，A不正确；B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，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中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；综上所述，本题选C。
3．（2023·重庆卷）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应Ⅰ的，反应Ⅱ的
B．点反应Ⅰ的平衡常数
C．点的压强是的3倍
D．若按投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】C
【解析】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A错误；B．点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数，B错误；C．点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏加德罗定律可知，的压强是的3倍，C正确；D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按投料，相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，D错误；故选C。
4．(2023·辽宁卷，12)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，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+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。
【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化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2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。
5.(2022·湖南卷，14)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入和发生反应：2X (g)+ Y(g)
2Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．ΔH＞0B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a点平衡常数：K＞12D．反应速率：Va正＜Vb正
【答案】BC
【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即＜0，故A错误；B．根据A项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B正确；C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta＞T始，压强：Pa=P始，则na＜n始，可设Y转化的物质的量浓度为xml∙L−1，则列出三段式如下：，则有＜，计算得到x＞0.75，那么化学平衡常数K=＞，故C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，故D错误。
综上所述，答案为B。
6. (2022·江苏卷，13)乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为
C2H5OH(g)+3H2O(g)= 2CO2(g)＋6H2(g) ΔH2＝173.3kJ·ml−1
CO2(g)+H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝41.2kJ·ml−1
在、n始(C2H5OH)：n始(H2O)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。
CO的选择性，下列说法正确的是( )
A．图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO的选择性增大
C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①，反应②，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更大一些，根据选择性的含义，升温时CO选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO的选择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率，以此解题。
【解析】A．由分析可知②代表H2的产率，故A错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B正确；C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，故C错误；D．加入或者选用高效催化剂，不会影响平衡时产率，故D错误；故选B。
7．(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①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、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ln k～ eq \f(1,T) 曲线。下列说法错误的是( )
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T1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T1时，k1＞k2，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。
第05讲 化学反应速率与化学平衡图像
01 模拟基础练
【题型一】化学反应速率图像
【题型二】化学平衡图像
02 重难创新练
03 真题实战练
反应I
反应Ⅱ
反应Ⅲ
反应Ⅳ
实验序号
水样体积/
纳米铁质量/
水样初始
①
50
8
6
②
50
2
6
③
50
2
8
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