微考点03 化学反应速率与化学平衡图像（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc22782" PAGEREF _Tc22782 \h 1
\l "_Tc16374" 1.高考真题考点分布 PAGEREF _Tc16374 \h 1
\l "_Tc28592" 2.命题规律及备考策略 PAGEREF _Tc28592 \h 1
\l "_Tc22351" PAGEREF _Tc22351 \h 2
\l "_Tc3582" 考法01 反应速率图像 PAGEREF _Tc3582 \h 2
\l "_Tc27516" 考法02 化学平衡图像 PAGEREF _Tc27516 \h 9
\l "_Tc12243" 考法03 工业生产中速率与平衡图像 PAGEREF _Tc12243 \h 14
\l "_Tc26630" PAGEREF _Tc26630 \h 17
1.高考真题考点分布
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，反应速率图像与平衡移动图像综合考查仍是高考命题的热点。
【备考策略】解答化学反应速率与化学平衡图像题的三个步骤
第一步：看图像
一看面——横坐标、纵坐标代表的量(如纵坐标是反应物百分含量，还是反应物的转化率等)，确定坐标值与化学量的正变与负变关系。
二看线——曲线的走向、变化趋势(斜率大小、升与降、平与陡、渐变与突变、连续与断变、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分段进行分析，找出各段曲线的变化趋势及含义。例如，升高温度，v吸增加得多，v放增加得少；增大反应物浓度，v正突变，v逆渐变。
三看点——起点(分清反应物、生成物。浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点)，终点(终点是否达到平衡)，转折点(转折点前后影响的主要因素不同)等；此外还有顶点、拐点、交叉点、平衡点等都要认真分析。
四看辅助线——要不要作等温线、等压线，讨论单变量。
五看量——一般标出具体数值的量在解题中都会用到。
第二步：想规律
在看清图的基础上，根据坐标x轴的变化，确定y轴的变化，结合外因对化学反应速率、化学平衡的影响因素分析变化的本质原因。
第三步：作判断
看条件(T，p，c)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(找图示变化→定移动方向1,原理找变化→定移动方向2))→同结果正确，不同则错。
【命题预测】
预计2025年高考会以新的图像、新的真实情境等为载体，主要涉及反应速率的影响因素及相关计算、平衡常数的计算和应用等知识，重点考查考生提取信息、分析问题、解决问题的能力，题目难度一般较大。
考法01 反应速率图像
1.速率—时间图像(v­t图像)：
由图像变化分析外界条件对其影响，已知反应为mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) ΔH=Q kJ·ml-1。
(1)“渐变”类v­t图像
(2)“断点”类v­t图像
(3)“平台”类v­t图像
2.物质的量(或浓度)—时间图像
例如，某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出的信息
①X、Y是反应物，Z是产物。
②t3 s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。
③0～t3 s时间段：Δn(X)＝n1－n3 ml，Δn(Y)＝n2－n3 ml，Δn(Z)＝n2 ml。
(2)根据图像可进行如下计算
①某物质的平均速率、转化率，如
v(X)＝eq \f(n1－n3,V·t3) ml·L－1·s－1；
Y的转化率＝eq \f(n2－n3,n2)×100%。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。
3.含量—时间—温度(压强)(C%指产物的质量分数，B%指某反应物的质量分数)

【方法技巧】“先拐先平，数值大”。即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。
4.恒压(或恒温)线(α表示反应物的转化率，c表示反应物的平衡浓度)
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积减小的反应，ΔH＜0；
图②，若T1>T2，则正反应为放热反应。
【方法技巧】“定一议二”。即把自变量(温度、压强)之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系
5.几种特殊图像
(1)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M点前，表示从反应物开始，v正>v逆；M点为刚达到平衡点(如下图)；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH＜0。
(2)对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点(如下图)。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以，E点v正>v逆；则L线的右下方(F点)，v正＜
v逆。
考向01 考查速率—时间图像
【例1】（2024·辽宁抚顺·模拟）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如下所示。由图可得出的正确结论是( )
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段
【答案】D
【解析】A项，化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，一定未达平衡，错误；B项，a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，错误；C项，从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D项，随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，正确。
考向02 考查物质的量(或浓度)—时间图像
【例2】（2024·河南洛阳·模拟）100 ℃时，向某恒容密闭容器加入1.6 ml·L－1的Q后会发生如下反应：2Q(g)M(g)。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示：
下列说法错误的是( )
A.从反应开始到刚达到平衡的时间段内，v(Q)＝0.02 ml·L－1·s－1
B.a、b两时刻生成Q的速率：v(a)C.用Q浓度变化值表示的ab、bc两个时间段内的反应速率：v(ab)>v(bc)＝0
D.其他条件相同，起始时将0.2 ml·L－1氦气与Q混合，则反应达到平衡所需时间少于60 s
【答案】D
【解析】根据分析，从反应开始到刚达到平衡的时间段内，v(Q)＝eq \f(Δc,t)＝eq \f(1.2 ml·L－1,60 s)＝0.02 ml·L－1·s－1，故A正确；Q为反应物，初始时浓度最大，消耗速率最大，生成速率最小，随着反应的进行，Q的浓度逐渐减小，消耗速率逐渐减慢，生成速率逐渐增大，则a、b两时刻生成Q的速率：v(a)v(bc)＝0，故C正确；其他条件相同，向某恒容密闭容器中通入0.2 ml·L－1氦气与Q混合，容器体积不变，Q、M的浓度不变，与原平衡体系等效，则反应达到平衡所需时间等于60 s，故D错误。
考向03 考查浓度(转化率、百分含量)—时间图像
【例3】（2024·湖北孝感·模拟）在其他条件不变时，只改变某一条件，化学反应aA(g)＋B(g)cC(g)的平衡的变化图像如下(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率)，据此分析下列说法正确的是( )
A.在图像反应Ⅰ中，说明正反应为吸热反应
B.在图像反应Ⅰ中，若p1>p2，则此反应的ΔS>0
C.在图像反应Ⅱ中，说明该正反应为吸热反应
D.在图像反应Ⅲ中，若T1>T2，则该反应能自发进行
【答案】D
【解析】A项，图像反应Ⅰ中任取一曲线，图中随着温度的升高反应物的平衡转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，错误；B项，在图像反应Ⅰ的横坐标上任取一点，作横坐标的垂直线与两曲线相交，若p1>p2，增大压强反应物的平衡转化率增大，增大压强平衡向正反应方向移动，则a＋1>c，ΔS<0，错误；C项，图像反应Ⅱ中T1先出现拐点，T1反应速率快，T1>T2，T1平衡时n(C)小于T2平衡时n(C)，升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，错误；D项，图像反应Ⅲ增大压强平衡不移动，则a＋1＝c，若T1>T2，升高温度A的转化率减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，则ΔH<0，该反应能自发进行，正确。
【对点1】（2024·山东济南·模拟）在一密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)处于平衡状态的时间段是________(填字母，下同)。
A.t0～t1 B.t1～t2 C.t2～t3 D.t3～t4 E.t4～t5 F.t5～t6
(2)判断t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件。
A.增大压强 B.减小压强 C.升高温度 D.降低温度 E.加催化剂 F.充入氮气
t1时刻________；t3时刻________；t4时刻________。
(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________。
A.t0～t1 B.t2～t3 C.t3～t4 D.t5～t6
(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线。
【答案】(1)ACDF (2)C E B (3)A
(4)
【解析】(1)根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态。(2)t1时，v正、v逆同时增大，且v逆增大得更快，平衡向逆反应方向移动，所以t1时改变的条件是升温。t3时，v正、v逆同时增大且增大量相同，平衡不移动，所以t3时改变的条件是加催化剂。t4时，v正、v逆同时减小，但平衡向逆反应方向移动，所以t4时改变的条件是减小压强。(3)根据图示知，t1～t2、t4～t5时间段内平衡均向逆反应方向移动，NH3的含量均比t0～t1时间段的低，所以t0～t1时间段内NH3的百分含量最高。(4)t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。
【对点2】（2024·安徽铜陵·模拟）向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA(g)＋2B(s)yC(g) ΔH<0。在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题：
(1)用A的浓度变化表示该反应在0～10 min内的平均反应速率v(A)＝________。
(2)根据图示可确定x∶y＝________。
(3)0～10 min容器内压强________(填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)推测第10 min引起曲线变化的反应条件可能是________(填编号，下同)；第16 min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压 ②增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤降温 ⑥加催化剂
(5)若平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1________K2(填“>”“＝”或“<”)。
【答案】(1)0.02 ml·L－1·min－1 (2)1∶2 (3)变大 (4)④⑥ ④ (5)>
【解析】(1)0～10 min内v(A)＝eq \f(（0.45－0.25） ml·L－1,10 min)＝0.02 ml·L－1·min－1。(2)根据图像可知，0～10 min内A的物质的量浓度减少量为0.2 ml·L－1，C的物质的量浓度增加量为0.4 ml·L－1，x、y之比等于A、C的浓度的变化量之比，故x∶y＝0.2 ml·L－1∶0.4 ml·L－1＝1∶2。(3)该反应是气体分子数增大的反应，而容器容积不变，因此0～10 min容器内压强变大。(4)根据图像可知，10 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变且随后反应速率加快，故改变的条件可能是升温或加入催化剂；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变，且随后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件可能是升温。(5)升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。由于16 min时升高温度，则K1>K2。
【对点3】（2024·广东中山·模拟）SO2的催化氧化是硫酸工业中的重要反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0，图中L(L1、L2)、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是( )
A.X代表压强
B.L2>L1
C.Ka＝Kb
D.若c点的温度或压强分别为L2、X1，则c点v(SO2)正>v(SO2)逆
【答案】D
【解析】A.X如为压强，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则X表示温度，故A错误；B.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，转化率增大，L表示压强，应该L1>L2，故B错误；C.X表示温度，则a、b点温度不同，则平衡常数不同，故C错误；D.c点反应未达到平衡状态，平衡正向移动，则c点v(SO2)正>v(SO2)逆，故D正确。
考法02 化学平衡图像
对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，m+n>p+q，且ΔH>0。
1.转化率-时间图像
【方法技巧】甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡时反应物的转化率。
2.转化率(或质量分数)与（压强或温度）图像
（1）恒压线图像

（2）恒温线图像
【方法技巧】图3中，当温度相等(任意一条等温线)时，增大压强，A的转化率增大，说明增大压强平衡正向移动，即正反应是气体体积减小的反应。当压强相等时，在图3中作直线，与两条等温线交于两点，这两点自下而上为降低温度，A的转化率增大，说明降低温度平衡正向移动，即正反应为放热反应。
3.化学平衡中的其他图像
（1）对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，M点前，表示从反应物开始，v正 >v逆；M点为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。
（2）对于化学反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系中A的百分含量，所以E点满足v正>v逆；同理L线的右下方(F点)满足v正考向01 考查转化率(或含量)-时间图像
【例1】（2024·福建龙岩·模拟）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。合成尿素[CO（NH2）2]的反应为2NH3（g）＋CO2（g）H2O（l）＋CO（NH2）2（s） ΔH＝－134 kJ/ml。向恒容密闭容器中按物质的量之比4∶1充入NH3和CO2，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图所示。
（1）A点的逆反应速率B点的正反应速率（填“＞”“＜”或“＝”）。
（2）下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是 （填字母，下同）。
A.体系压强不再变化
B.混合气体平均摩尔质量不再变化
C.NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2∶1
D.固体质量不再发生变化
（3）工业上合成尿素时，既能加快反应速率，又能提高平衡转化率的措施有。
A.升高温度
B.加入催化剂
C.将尿素及时分离出去
D.增大反应体系的压强（缩小容器体积）
【答案】（1）＜ （2）C （3）D
【解析】（1）由题图可知，A点时反应未达平衡，在形成平衡的过程中，逆反应速率增大，平衡时正、逆反应速率相等，则A点的逆反应速率小于B点的正反应速率。（2）该反应为气体分子数减小的反应，恒温恒容条件下，体系压强不再变化说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A不符合题意；该反应的反应物均是气体，生成物均不是气体，且反应物不是按方程式比例投放，所以平衡前混合气体平均摩尔质量是变量，当混合气体平均摩尔质量不再变化说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意；NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比始终为2∶1，无法判断反应是否达到平衡状态，故C符合题意；固体质量不再发生变化说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不符合题意。（3）该反应的正反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小，故A错误；加入催化剂，反应速率加快，化学平衡不移动，平衡转化率不变，故B错误；尿素是固体，将尿素及时分离出去，反应速率不变，化学平衡不移动，平衡转化率不变，故C错误；该反应为气体分子数减小的反应，增大反应体系的压强（缩小容器体积），反应速率加快，平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，故D正确。
【思维建模】解答化学平衡图像题四步骤
考向02 考查转化率与（压强或温度）图像
【例2】（2024·浙江温州·模拟）在一恒容的密闭容器中充入0.1 ml·L－1 CO2、0.1 ml·L－1CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡转化率与温度、压强关系如图，下列有关说法不正确的是( )
A．上述反应的ΔH<0
B．压强：p4>p3>p2>p1
C．1 100 ℃时该反应的平衡常数约为1.64
压强为p4时，在y点：v正>v逆
【答案】A
【解析】p1、p2、p3、p4是四条等压线，由图像可知，压强一定时，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故正反应为吸热反应，ΔH>0，A项错误；该反应为气体分子数增加的反应，压强越高，甲烷的平衡转化率越小，故压强p4>p3>p2>p1，B项正确；压强为p4、温度为1 100 ℃时，甲烷的平衡转化率为80.00%，故平衡时各物质的浓度分别为c(CH4)＝0.02 ml·L－1，c(CO2)＝0.02 ml·L－1，c(CO)＝0.16 ml·L－1，c(H2)＝0.16 ml·L－1，即平衡常数K＝ eq \f(0.162×0.162,0.02×0.02) ≈1.64，C项正确；压强为p4时，y点未达到平衡，此时v正>v逆，D项正确。
【对点1】（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。
【对点2】（2024·江苏无锡·模拟）恒压下，NO和O2在起始浓度一定的条件下发生反应，在相同时间内，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是( )
A．反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的ΔH<0
B．图中X点所示条件下，由于测定时间较短，反应未达到平衡
C．从X→Y过程中，平衡逆向移动，O2的质量减少
D．380 ℃下，c平衡(O2)＝5.0×10－4 ml·L－1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K＝2 000
【答案】C
【解析】依据图中虚线，NO的平衡转化率随温度升高而下降，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应是放热反应，ΔH<0，故A正确；点X在虚线下面，说明反应未达到化学平衡，故B正确；从X→Y过程中，NO转化率下降，说明平衡向逆反应方向移动，O2的质量应该增大，故C错误；
2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)
起始(ml·L－1) x y 0
转化(ml·L－1) 0.5x 0.25x 0.5x
平衡(ml·L－1) 0.5x 5.0×10－4 0.5x
K＝ eq \f(c2（NO2）,c2（NO）·c（O2）) ＝ eq \f(（0.5x）2,（0.5x）2×5.0×10－4) ＝2 000，故D正确。
考法03 工业生产中速率与平衡图像
1.化工生产适宜条件选择的一般原则
2.平衡类问题需考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)参加反应的物质的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
考向01 考查转化率—选择性图像
【例1】（2024·湖南娄底·模拟） NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、N2的选择性[2n生成（N2）n总转化（NH3）×100％]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B.其他条件不变，在175～300 ℃范围，随着温度的升高，出口处氮气、氮氧化物的量均不断增大
C.催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D.高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【答案】D
【解析】A项，图示中NH3的转化率并不是平衡转化率，由“NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应”，知升高温度，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，错误；B项，由图像知，其他条件不变，在175～300 ℃范围，随着温度的升高，NH3的转化率逐渐增大至几乎不变，N2的选择性逐渐减小，则低温时，NH3的转化率为影响N2产量的主要因素，高温时，N2的选择性为影响N2产量的主要因素，故出口处N2的量先增大后减小，错误；C项，温度高于250 ℃时，N2的选择性减小较快，NH3更易转化成NO或N2O，仍会污染环境，错误；D项，N2对环境无污染，由题图知，低温下，N2的选择性高，但低温下反应速率慢，所以单位时间内NH3的转化率不高，故需要研发低温下NH3转化率高且N2选择性高的催化剂，正确。
考向02 考查转化率—投料比图像
【例2】（2024·河北廊坊·模拟）在恒容密闭容器中进行反应：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH。在某压强下起始时按不同氢碳比 eq \f(n（H2）,n（CO2）) 投料(如图中曲线①②③)，测得CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．该反应的ΔH>0
B．氢碳比：①<②<③
C．其他条件不变的情况下，增大容器的体积可提高CO2的转化率
D．若起始CO2的浓度为2 ml·L－1、H2为4 ml·L－1，在图中曲线③氢碳比条件下进行，则400 K时该反应的平衡常数数值约为1.7
【答案】D
【解析】根据图像可知，在氢碳比相等的条件下，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，因此正反应是放热反应，ΔH<0，A错误；氢碳比越大，CO2的转化率越高，根据图像可知，在温度相等的条件下，CO2的转化率：①>②>③，则氢碳比：①>②>③，B错误；正反应是气体体积减小的反应，因此其他条件不变的情况下，缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，可提高CO2的转化率，C错误；根据图像可知，400 K时曲线③中CO2的转化率是50%，这说明消耗CO2 1 ml·L－1，则消耗氢气3 ml·L－1，生成乙醇和水蒸气分别是0.5 ml·L－1、1.5 ml·L－1，剩余CO2和氢气分别是1 ml·L－1、1 ml·L－1，该温度下平衡常数K＝ eq \f(0.5×1.53,12×16) ≈1.7，D正确。
【思维建模】
(1)改变投料比相当于增加一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率升高，而自身的转化率降低。
(2)当按化学反应方程式的计量数之比投入反应物，各组分的平衡转化率相同，平衡时产物的体积分数最大。
【对点1】（2024·山西忻州·模拟） 在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性（生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值）随温度、乙醇进料量（单位：mL·min－1）的关系如图所示（保持其他条件相同）。

在410～440 ℃温度范围内，下列说法不正确的是（ ）
A.当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高
B.当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大
C.当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小
D.当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大
【答案】A
【解析】分析题图可知，当乙醇进料量一定，随着乙醇转化率增大，乙烯的选择性先增大后减小，A项错误；由乙烯选择性变化曲线可知，当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯的选择性先增大后减小，B项正确；由乙醇转化率变化曲线可知，当温度一定时，乙醇的进料量增大，乙醇转化率减小，C项正确；由乙烯选择性变化曲线可知，当温度一定时，乙醇的进料量增大，乙烯选择性增大，D项正确。
【对点2】（2024·黑龙江鸡西·模拟） 反应Si(s)＋3HCl(g)SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料 eq \f(n（HCl）,n（Si）) 的值和温度与SiHCl3的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．该反应为放热反应，ΔH＜0
B．M、N点SiHCl3的分压：M＞N
C． eq \f(n（HCl）,n（Si）) 的值越大SiHCl3平衡产率越高
D．M、N点的逆反应速率：vM＞vN
【答案】C
【解析】温度升高，SiHCl3的平衡产率减小，ΔH＜0，A项正确；对应气体压强之比等于物质的量之比，由题图可知，M、N点SiHCl3的平衡产率M＞N，所以M、N点SiHCl3的分压：M＞N，B项正确；由题图可知， eq \f(n（HCl）,n（Si）) 的值增大至7时，SiHCl3的平衡产率降低至接近于0，C项错误；M点温度较高，SiHCl3浓度较大，逆反应速率vM＞vN，D项正确。
1．（2024·河北衡水·模拟预测）储氢合金M的吸放氢反应式为：xH2(g)+2M(s) 2M-Hx(s)，现将100gM置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法错误的是
A．压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大
B．若到达P点的时间为3min，则吸氢速率v=0.35g/min
C．在相同条件下，若氢气中含有氩气，则最大吸氢量减小
D．若到达N点所用时间小于P点，则吸氢速率v(N)【答案】D
【解析】A．由图可知，压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大，故A正确；
B．由图可知，到达P点的时间为3min时，M的最大吸氢量为1.05g，则反应速率为=0.35g/min，故B正确；
C．恒压条件下若氢气中含有氩气，相当于氢气的分压减小，该反应是气体体积减小的反应，平衡向逆反应方向移动，吸氢量减小，故C正确；
D．由图可知，压强相同时，N点反应温度高于P点，温度越高，反应速率越快，则N点反应速率小于P点，故D错误；
故选D。
2．（2024·重庆·二模）研究发现燃煤脱硫过程中生成的与在密闭体系中将发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
已知图为反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数()与温度()的变化关系。现维持温度为，往某2L刚性密闭反应器中投入足量的和，经小时反应体系达到平衡，此时体系压强为原来的1.4倍。下列说法正确的是
A．若用生石灰固硫的反应为 ，则
B．提高反应体系的温度能降低反应体系中的生成量
C．反应体系中CO的消耗速率为
D．
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律Ⅰ-4Ⅱ可得，，A错误；
B．二氧化硫在反应Ⅱ中生成，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应正向进行，会增大二氧化硫的生成量，B错误；
C．设反应Ⅰ中消耗CO的物质的量为xml，则生成CO2的物质的量为xml，设反应Ⅱ中消耗CO的物质的量为yml，则生成SO2、CO2都为yml，相同条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，因此有，解得y=0.4，在T1温度下，由图可知反应Ⅰ的平衡常数，解得，，C错误；
D．反应Ⅱ的平衡常数，由图可知，D正确；
故选D。
3．（2024·浙江衢州·模拟预测）通过反应I：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可将有机氯化工业的副产品HC1转化为Cl2.在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HC1平衡转化率如图所示。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应II：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=125.6 kJ·ml−1
反应III：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH=-120.0 kJ·ml−1
下列说法正确的是
A．反应I的 ΔH=5.6 kJ·ml−1
B．升高温度和增大压强均能提高反应I中HCl的平衡转化率
C．0.2MPa、500℃时，向反应体系中加入CuCl2，延长反应时间，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始<2，充分反应，HCl的转化率可能达到Y点的值
【答案】D
【解析】A．根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g) +2H2O(g)，ΔH=+125.6 kJ·ml−1+（-120.0 kJ·ml−1）×2 =-114.4 kJ·ml−1
A错误；
B．反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，B错误；
C． CuCl2为固体不能影响平衡移动，反应时间也不能影响平衡移动，HCl转化率不变，C错误；
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始<2，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，D正确；
故选D。
4．（2024·北京·模拟预测）金属铁(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产铁的方法之一是将金红石()转化为，再进一步还原得到铁。转化为有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
下列选项中正确的是
A．为吸热反应
B．反应的
C．随温度升高，1400℃时在平衡混合物中的比例下降，主要原因是碳氯化反应为放热反应，随温度升高平衡常数减小，反应程度降低
D．综合考虑反应速率和平衡，进行碳氯化反应合适的生产温度为1000~1200℃之间
【答案】C
【分析】根据盖斯定律：由反应(ⅱ)- 反应(ⅰ)得来，故。
【解析】A．根据分析，，该反应为放热反应，故A项错误；
B．根据分析，，故B项错误；
C．根据图示，1400℃时TiCl4在平衡混合物中的比例下降，主要原因是碳氯化反应为放热反应，随温度升高平衡常数减小，反应程度降低，故C项正确；
D．根据图示，综合考虑反应速率和平衡，进行碳氯化反应合适的生产温度为1200°C~1400°C之间，故D项错误。
故本题选C。
5．（2024·江苏泰州·模拟预测）用一碘甲烷热裂解制取低碳烯烃的主要反应有：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为的恒容密闭容器中，投入，不同温度下平衡体系中、、物质的量分数随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．
B．曲线X表示的物质的量分数
C．以前，温度对反应Ⅱ的影响是物质的量分数变化的主要因素
D．的平衡体系中，的物质的量分数为
【答案】C
【解析】A．根据盖斯定律：得，A正确；
B．由热化学方程式可知，反应I为吸热反应，升高温度平衡正向移动，物质的量分数增大；反应Ⅱ和反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则曲线X表示的物质的量分数，B正确；
C．时，物质的量分数最大，说明反应达平衡，后随着温度升高，平衡逆向移动，说明温度对反应Ⅱ的影响主要因素，则时之前，浓度是对反应Ⅱ的影响主要因素，C错误；
D．根据图像可知，，设，，，则，根据C守恒得：，物质的量分数为4％得，联立两式解得：，，则的物质的量分数为，D正确；
答案选C。
6．（2024·江苏扬州·模拟预测）丙烷催化脱氢制备丙烯的主要反应为
反应1
反应2
反应3
在时，将与的混合气体［］按一定流速通过催化反应管，测得的转化率、的收率［］与的选择性［］随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．图中曲线②表示的收率
B．其他条件相同，630℃时生成的物质的量比580℃时的多
C．中混入的主要目的是为了延长催化剂的使用寿命
D．升高温度对反应2和反应3的影响比对反应1的影响更显著
【答案】A
【分析】反应1：和反应2： 均为吸热反应，升温平衡右移， 的收率增大，且＜＝的转化率，即的转化率增大，即曲线②、③分别为的转化率和的收率随温度变化的关系图，曲线①为的选择性随温度变化的关系图。
【解析】A．据以上分析可知，图中曲线②表示的转化率，故A错误；
B．由图可知，其他条件相同，630℃时生成的物质的量比580℃时的多，故B正确；
C．中混入可以抑制反应3生成的C附着在催化剂上，即其主要目的是为了延长催化剂的使用寿命，故C正确；
D．据以上分析可知，曲线②为的转化率随温度变化的关系图，曲线①为的选择性随温度变化的关系图，图像显示的选择性随温度的升高而降低，而的转化率随温度的升高而升高，所以升高温度对反应2和反应3的影响比对反应1的影响更显著，故D正确；
故答案为：A。
7．（2024·北京海淀·三模）“丁烯裂解法”是一种重要的丙烯生产法，生产过程中会有生成乙烯的副反应发生。发生的反应为：主反应：；副反应：。测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数(w%)随温度(T)变化的趋势如图所示，下列说法正确的是
A．300℃~400℃范围内，温度升高，压强减小，丙烯的平衡产率提高
B．主副反应的正反应方向均为吸热过程
C．450℃时，主反应的催化剂活性最好
D．将乙烯分离出去有助于增大丙烯的平衡产率
【答案】B
【解析】A．300℃~400℃范围内，温度升高，丙烯和乙烯的质量分数均增大，说明平衡正向移动，根据主副反应原理可知，体系压强增大，A错误；
B．在300℃~400℃范围内，温度升高，丙烯和乙烯的质量分数均增大，平衡正向移动，则根据勒夏特列原理可知，主副反应的正反应方向均为吸热过程，B正确；
C．450℃时，丁烯转化为丙烯的转化率高，因此催化剂的选择性最好，C错误；
D．将乙烯分离出去，生成乙烯副反应的平衡会正向移动，丁烯浓度减小，导致主反应的平衡逆向移动，丙烯的平衡产率下降，D错误；
答案选B。
8．（2024·湖南·二模）已知制备的反应为，保持总压强不变，向反应器充入一定量和，发生上述反应．测得平衡转化率与投料比[]（温度不变）、温度倒数（投料比不变）关系如图所示，下列叙述错误的是
A．其他条件不变，达平衡后充入氩气，平衡不移动
B．曲线①代表平衡转化率与投料比关系
C．一定条件下，达到平衡时气体平均摩尔质量不变
D．若当投料比为2、温度为时平衡转化率为，则体积分数为
【答案】B
【解析】A．该反应是气体分子数不变的反应，总压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡不移动，故A正确；
B．温度不变，投料比越大，平衡转化率越小，曲线②代表平衡转化率与投料比关系，投料比不变，降低温度，平衡转化率越大，曲线①代表平衡转化率与的关系，故B错误；
C．气体平均摩尔质量为，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C正确；
D．用三段式计算：投料比为2，平衡转化率为40%，则计算如下：
平衡时体积分数为，故D正确；
故答案选B。
9．（2024·江苏苏州·二模）利用和CO反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应I
反应II
向密闭容器中充入一定量和CO发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时CO和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。 [的产率，的选择性]。
下列说法正确的是
A．随着增大，的选择性一直在减小
B．曲线d表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为
D．当容器内气体总压强保持不变时，反应I、II不一定达到平衡状态
【答案】A
【解析】A．随着增大，反应II的生成物氢气浓度增大会抑制二氧化碳的生成，故的选择性一直在减小，A正确；
B．随增大，反应I正向移动，反应II逆向移动，故的产率增大，曲线c表示的产率，B错误；
C．曲线c表示的产率，曲线d表示的产率，当时，根据图像可知，和 的产率相等即，甲烷的选择性为50%，C错误；
D．反应I为气体体积减小的反应，在同一个容器内当容器内气体总压强保持不变时，反应I、II都达到平衡状态，D错误；
故选A。
10．（2024·辽宁松原·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。
11．（2024·辽宁丹东·二模）乙烷裂解制乙烯的主反应为：，副反应为：。分别在和时，向同一密闭容器中充入一定量的，平衡时和的物质的量分数随温度变化如图。反应达到平衡时的转化率为60%，与的体积比为。下列说法正确的是
A．曲线Y表示时平衡体系中乙烯的物质的量分数
B．，反应达到平衡时的体积分数近似为26.7%
C．为提高产率，实际生产中可使用主反应的选择性催化剂
D．为提高乙烯的产率，实际生产中应尽可能降低压强促进平衡正移
【答案】C
【分析】正反应吸热，升高温度平衡正向移动，C2H6(g)物质的量减小，物质的量增大，增大压强，平衡逆向移动，C2H6 (g)含量增大，含量减小，所以X代表压强为时C2H6(g)的物质的量分数变化的曲线，Z代表时C2H6(g)，Y代表时，W代表时的物质的量分数变化的曲线；
【解析】A．根据分析可知，增大压强，平衡逆向移动，物质的量减小，曲线Y表示时平衡体系中乙烯的物质的量分数，故A错误；
B．反应达到平衡时的转化率为60%，恒温恒压下，气体的体积与物质的量成正比，与的体积比为即物质的量比为2:1，假设生成2ml与1ml，需消耗3ml，生成2.5ml，则起始投入，平衡时剩余5-3=2ml，平衡时总物质的量为2+2.5+2+1=7.5ml，平衡时的体积分数即物质的量分数近似为，故B错误；
C．为提高产率，则可提高主反应的反应速率，实际生产中可使用主反应的选择性催化剂，故C正确；
D．降低压强平衡正向移动，可提高乙烯的产率，但压强减小也会造成反应速率减慢，实际生产中应尽可能降低压强会影响反应速率，单位时间内乙烯的产率可能降低，故D错误；
故选C。
12．（2024·北京通州·一模）以煤和水蒸气为原料制备合成气（CO、、）的体系发生的主要反应为：
①
②
③
在一定压强反应达平衡时气体组成随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．高温利于反应③逆向进行
B．由不同温度下反应的结果变化可知，
C．欲制得甲烷含量高的高热值燃气应在低温下进行
D．向制备合成气体系中加入一定量CaO更有利于增大的体积分数
【答案】B
【解析】A．CH4只由反应③产生，温度升高，CH4减少说明反应③逆向移动，故高温利于反应③逆向进行，A正确；
B．温度升高，CO2减少说明反应②逆向移动，故反应②是正向放热的反应，ΔH2<0，B错误；
C．由图知，温度较低时，气体组成中CH4占比更多，故欲制得甲烷含量高的高热值燃气应在低温下进行，C正确；
D．向制备合成气体系中加入一定量CaO，CaO优先消耗CO2，CO2浓度减小，使反应①②正向移动，有利于增大H2的体积分数，D正确；
本题选B。
13．（2024·江苏南通·模拟预测）利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tl)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有
反应I
反应II
反应III
反应IV
研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．
B．随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小
C．在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变
D．800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变
【答案】C
【解析】A．由盖斯定律可知，反应III-反应II可得 ，A错误；
B．反应IV的<0，为放热反应，升高温度，平衡常数一直减小，B错误；
C．在400~600K范围内，随着温度的升高，甲苯的转化率基本不变，说明反应II-IV平衡基本上不发生移动，反应I的选择性也基本不变，则基本不变，C正确；
D．800K下反应达平衡后，若通过等比例增加甲苯和甲醇的物质的量来增大压强，平衡会发生移动，n(Tl)会增大，D错误；
故选C。
14．（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。
15．（2024·河北保定·三模）一定条件下，在甲、乙两个恒容密闭容器(容器容积)中投入等物质的量的X和Y，发生反应，达到平衡时，Q的物质的量浓度与温度和容器容积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．x＋y>p＋qB．c(P)：b>2a
C．压强：2p(b)【答案】D
【分析】由于容器容积V甲:V乙=1:2但投入的是等物质的量的X和Y，故甲中Q的浓度更大，但是小于乙中Q的浓度的2倍，说明容器体积减小，平衡逆向移动，反应是气体体积数增大的反应，随温度升高，Q浓度增大，说明正反应吸热；
【解析】A．由分析，x＋yB．a、b两点Q的浓度相等，由于反应起始物是X和Y，产生的P和Q物质的量之比等于化学计量数之比，故a、b两点P的浓度也相等，B错误；
C．起始反应物是X和Y，甲的体积是乙的一半，由于体积缩小平衡逆向移动，使总压强减小，故压强p(c)<2p(b)，C错误；
D．b、c两点温度相同，K相等，正反应吸热，a温度更低平衡逆向移动，K更小，故平衡常数：Ka本题选D。
1．（2024·湖南卷）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应：
主反应：
副反应：
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A．投料比x代表
B．曲线c代表乙酸的分布分数
C．，
D．L、M、N三点的平衡常数：
【答案】D
【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，据此作答。
【解析】A．根据分析可知，投料比x代表，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；
C．根据分析可知，曲线a或曲线b表示，当同一投料比时，观察图像可知T2时大于T1时，而可知，温度越高则越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，；曲线c或曲线d表示，当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时，而可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，，故C错误；
D．L、M、N三点对应副反应，且，升高温度平衡逆向移动，，故D正确；
故答案选D。
2．（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。
3．（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。
4. (2024·山东卷)逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是
A.
B. 温度下达平衡时反应速率的比值：
C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同
【答案】CD
【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。
【解析】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确；
B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确；
C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误；
D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误；
答案选CD。
5．（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。
6.(2023·湖南卷，13)向一恒容密闭容器中加入1mlCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)+ H2O(g)CO (g)+ 3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．x1＜x2
B．反应速率：v正b＜vc正
C．点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb =Kc
D．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则，故A正确；
B．b点和c点温度相同，CH4的起始物质的量都为1ml，b点x值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，生成物的浓度增大，则在相同温度下反应速率：，故B错误；
C．由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：，故C正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选B。
7．(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。
8．(2023·山东卷，14)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10ml∙L-1，TFAA的浓度为0.08ml∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )
A．t1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0.08ml∙L-1
【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：
①E+TFAAF ②FG ③GH+TFAA
t1之后的某时刻，H为0.02 ml∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10ml∙L-1E、起始时的0.08ml∙L-1TFAA、G分解生成的0.02 ml∙L-1 TFAA全部参加反应，生成0.10ml∙L-1F；在t2时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，则F为0.01 ml∙L-1。
【解析】A．t1时刻，H的浓度小于0.02 ml∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02 ml∙L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1 ml∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1 ml∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；
B．由分析可知，t2时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，则F为0.01 ml∙L-1，所以体系中有F存在，B不正确；
C．t1之后的某时刻，H为0.02 ml∙L-1，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时刻，H为0.08ml∙L-1，TFAA为0.06ml∙L-1，G为0.01 ml∙L-1，F为0.01 ml∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08ml∙L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08ml∙L-1，D不正确；故选AC。
9.(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。
10．(2022·广东卷，15)在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则( )
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，0~2 min内，v(X)=1.0 ml·L－1·min－111. (2022·广东卷，13)恒容密闭容器中，BaSO4(s)＋4H2(g)BaS(s)＋4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的ΔH＜0
B．a为n(H2O)随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
【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II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II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0ml/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0ml/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II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4.0ml/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；
答案选D。
12. (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。
13.(2022·浙江卷，19)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)＋2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
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。
14．(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。
考点内容
考点分布
化学反应速率图像
2024·辽宁卷，3分；2024·安徽卷，3分；2023辽宁卷12题，3分；2023山东卷14题，4分；2022浙江1月选考19题，2分；2022湖南卷14题，4分；2022广东卷15题，4分；2022河北卷11题，4分；
化学平衡图像
2024·湖南卷，3分；2024·辽宁卷，3分；2023·重庆卷，3分；2023湖南卷13题，4分；2023浙江6月选考14题，3分；2022江苏卷13题，3分；2022广东卷13题，4分；
图像
分析
结论
t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，增大反应物的浓度
t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，减小反应物的浓度
t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，增大生成物的浓度
t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，减小生成物的浓度
图像
分析
结论
t1时v′正、v′逆均突然增大，且v′正＞v′逆；平衡向正反应方向进行
t1时其他条件不变，增大反应体系的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体积减小的反应)
t1时其他条件不变，升高温度且Q＞0(吸热反应)
t1时v′正、v′逆均突然增大，且v′逆＞v′正；平衡向逆反应方向进行
t1时其他条件不变，增大反应体系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体积增大的反应)
t1时其他条件不变，升高温度且Q＜0(放热反应)
t1时v′正、v′逆均突然减小，且v′正＞v′逆；平衡向正反应方向进行
t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体积增大的反应)
t1时其他条件不变，降低温度且Q＜0(放热反应)
t1时v′逆、v′正均突然减小，且v′逆＞v′正；平衡向逆反应方向进行
t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体积减小的反应)
t1时其他条件不变，降低温度且Q＞0(吸热反应)
图像
分析
结论
t1时v′正、v′逆均突然增大且v′正=v′逆，平衡不移动
t1时其他条件不变使用催化剂
t1时其他条件不变增大反应体系的压强且m＋n=p＋q(反应前后气体体积无变化)
t1时v′正、v′逆均突然减小且v′正=v′逆，平衡不移动
t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n=p＋q(反应前后气体体积无变化)
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能过慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料利用率分析
增加廉价易得原料，提高高价难得原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性对温度的限制
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