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化学反应速率与平衡图像、图表分析
1.化学平衡与平衡转化率
(1)转化率和平衡转化率
转化率有未达到平衡的转化率和平衡转化率，在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。
(2)转化率与温度的关系
可逆反应
的焓变ΔH
升高温度
吸热反应，
ΔH>0
未达到平衡的转化率增大
平衡转化率增大
放热反应，
ΔH<0
未达到平衡的转化率增大
平衡转化率减小
(3)增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体)
可逆
反应
改变
条件
平衡移
动方向
反应物平
衡转化率
备注
A+B
C
增大A
的浓度正向
移动
α(A)减小
α(B)增大
-
A
B+C
增大A
的浓度
正向
移动
α(A)
减小
反应物平
衡转化率
实际是考
虑压强的
影响
2A
B+C
增大A
的浓度
正向
移动
α(A)
不变
3A
B+C
增大A
的浓度
正向
移动
α(A)
增大(4)如果两气体物质的投料比按照化学计量数投料，那么无论是否达到化学平衡，两者的转化率一直相
等。
2.化学平衡常数、平衡移动方向与反应速率的关系
aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)
cc (C)·cd (D) cc (C)·cd (D)
K= Q=
ca (A)·cb (B) ca (A)·cb (B)
平衡时浓度 某时刻浓度
{
=Q,反应处于化学平衡状态,v =v
正 逆
K <Q,平衡向逆反应方向移动,v <v
正 逆
>Q,平衡向正反应方向移动,v >v
正 逆
3.化学反应速率与平衡图像分析思路
例1 (2023·河南安阳一中模拟预测) (环戊二烯)容易发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反
应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A.T <T
1 2
B.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D.b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L-1
思路引导
答案 B
解析 单位时间T 温度下，环戊二烯浓度变化大，因此速率快，则反应温度高，因此T <T ，A正确；a点
2 1 2
环戊二烯浓度大于b点环戊二烯浓度，因此a点的正反应速率大于b点的正反应速率，而b点的正反应速
率大于b点的逆反应速率，因此a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C正确；b点时环戊二烯浓度改
变0.9 mol·L-1，因此二聚体的浓度为0.45 mol·L-1，故D正确。
例2 (2024·安徽黄山模拟)由γ⁃ 羟基丁酸生成γ⁃ 丁内酯的反应为HOCH
2
CH
2
CH
2
COOH
+H
2
O，在298 K下，γ⁃ 羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180 mol·L-1，随着反应的进行，测得γ⁃ 丁内酯的
浓度随时间变化的数据如表所示。下列说法错误的是( )
t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞
c/(mol
0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132
·L-1)
A.其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快
B.在80~100 min内，以γ⁃ 丁内酯的浓度变化表示的反应速率为5.0×10-4 mol·L-1·min-1
C.120 min时γ⁃ 羟基丁酸的转化率为60%
D.298 K时该反应的平衡常数K=2.75
答案 C
(0.081-0.071)mol·L-1
解析 80~100 min内，v(γ⁃丁内酯)= =5.0×10-4mol·L-1·min-1，B正确；反应至120
20min
min时，反应产生0.090 mol·L-1的γ⁃丁内酯，则反应消耗γ⁃羟基丁酸的浓度为0.090 mol·L-1，故γ⁃羟基丁酸
转化率为50%，C错误；298 K时，平衡时c(γ⁃丁内酯)=0.132 mol·L-1，c(γ⁃羟基丁酸)=(0.180-0.132)
0.132
mol·L-1=0.048 mol·L-1，该反应的平衡常数K= =2.75，D正确。
0.048考向一 化学反应速率与平衡图表分析应用
1.(2024·安徽，12)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO2- 的影响因素，测得不同条件下SeO2-
浓度随
4 4
时间变化关系如下图。
实验 水样体 纳米铁 水样初
序号 积/mL 质量/mg 始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
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(SeO2-
)=2.0 mol·L-1·h-1
4
B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO2-
+8H+===2Fe3++Se+4H O
4 2
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，SeO2-的去除效果越好
4
答案 C
5.0×10-5mol·L-1-1.0×10-5mol·L-1
解析
实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO2-
)= =2.0×10-
4 2 h
5mol·L-1·h-1 ，A不正确；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；由实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO2-
浓度的变化大，则其他条件相同
4
时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；由实验②和③可知，在相同时间内，实验②中SeO2-
4
浓度的变化大，则其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO2-
的去除效果较好，但是当初始pH太小
4
时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速率加快，会导致与SeO2-
反应的纳米铁减少，因此，初始pH越小，
4
SeO2-
的去除效果不一定越好，D不正确。
4
2.(2023·河北，12)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应。反应②和③的速率方程分别为v =k c2(X)和v =k c(Z)，其中k 、k 分别为反应②和③的速率常数，反应
2 2 3 3 2 3
③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c(W)/
0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
(mol·L-1)
下列说法正确的是( )
A.0~2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L-1·min-1
B.若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C.若k =k ，平衡时c(Z)=c(X)
2 3
D.若升高温度，平衡时c(Z)减小
答案 D
解析 由表知0~2 min内Δc(W)=(0.160-0.080)mol·L-1=0.080 mol·L-1，Δc(X)=2Δc(W)=0.160 mol·L-1，但一部
0.160mol·L-1
分X转化为Z，造成Δc(X)<0.160 mol·L-1，则v(X)< =0.080 mol·L-1·min-1，故A错误；平衡时
2min
v =v ，即v =v ，k c(Z)=k c2(X)，若k =k ，平衡时c(Z)=c2(X)，故C错误；反应③的活化能大于反应②，
逆 正 3 2 3 2 2 3
ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g) 2Z(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时
c(Z)减小，故D正确。
3.(2022·辽宁，12)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s) Y(g)+2Z(g)，有关数
据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/(mol·L-1·min-1)
0~2 0.20
0~4 0.15
0~6 0.10
下列说法错误的是( )
A.1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L-1
B.2 min时，加入0.20 mol Z，此时v (Z)<v (Z)
正 逆
C.3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D.5 min时，X的物质的量为1.4 mol
答案 B解析 随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min
内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L-1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15
mol·L-1·min-1×4 min×1 L=0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L-1·min-1×6 min×1 L=0.6 mol，故
反应在4 min时已达到平衡，则达到平衡时生成了0.3 mol Y，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1，Z的平衡浓
度为0.6 mol·L-1，平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108，2 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1，Y的浓度为0.2 mol·L-1，
加入0.20 mol Z后，Z的浓度变为0.6 mol·L-1，Q=c2(Z)·c(Y)=0.072<K，反应正向进行，故v (Z)>v (Z)，B
正 逆
错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，同温同压下，体
V(Y) 1
积之比等于物质的量之比， = ，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5 min
V(Z) 2
时反应处于平衡状态，此时生成的Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始X的物质的量为2.0 mol，
剩余X的物质的量为1.4 mol，D正确。
考向二 化学反应速率与平衡图像分析
4.(2024·黑吉辽，10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质
浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A.3 h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.0~3 h平均速率(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
答案 A
解析 由图可知，3 h后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h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；图像显示该温度下，15 h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，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；在0~3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，0.042mol·kg-1
所以平均速率(异山梨醇)= =0.014 mol·kg-1·h-1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，
3 h
不能改变物质平衡转化率，故D正确。
5.(2024·湖南，14)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH OH(g)和CO(g)，发生如下反应：
3
主反应：CH OH(g)+CO(g)===CH COOH(g) ΔH
3 3 1
副反应：CH OH(g)+CH COOH(g)===CH COOCH (g)+H O(g) ΔH
3 3 3 3 2 2
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δ[δ(CH COOH)=
3
n(CH COOH)
3 ]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
n(CH COOH)+n(CH COOCH )
3 3 3
是( )
n(CH OH)
A.投料比x代表 3
n(CO)
B.曲线c代表乙酸的分布分数
C.ΔH <0，ΔH >0
1 2
D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)=K(M)>K(N)
答案 D
解析 图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分数即δ(CH COOH)、δ(CH COOCH )，结合主、副反应可
3 3 3
n(CO)
知，x代表 ，曲线a或曲线b表示CH COOH分布分数，曲线c或曲线d表示CH COOCH 分
n(CH OH) 3 3 3
3
n(CO)
布分数，故A、B错误；曲线a或曲线b表示δ(CH COOH)，由图像可知，当 相同时，
3 n(CH OH)
3
T >T ，T 时δ(CH COOH)大于T 时，说明升高温度主反应的平衡正向移动，故ΔH >0；同理，T 时
2 1 2 3 1 1 1
δ(CH COOCH )大于T 时，说明升高温度副反应的平衡逆向移动，故ΔH <0，C错误；L、M、N三点对应
3 3 2 2
副反应ΔH <0，且T >T =T ，升高温度平衡逆向移动，故K(L)=K(M)>K(N)，D正确。
2 N M L
6.(2023·辽宁，12)一定条件下，酸性KMnO 溶液与H C O 发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同
4 2 2 4
价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )A.Mn(Ⅲ)不能氧化H C O
2 2 4
B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C.该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D.总反应为：2MnO-
+5C
O2-
+16H+===2Mn2++10CO ↑+8H O
4 2 4 2 2
答案 C
解析 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H C O ，A项错误；随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生
2 2 4
成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B项错误；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；H C O 为弱酸，在离子
2 2 4
方程式中不拆成离子，总反应为2MnO-
+5H C O +6H+===2Mn2++10CO ↑+8H O，D项错误。
4 2 2 4 2 2
7.(2023·湖南，13)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH 和一定量的H O，发生反应：CH (g)+H O(g)
4 2 4 2
n(CH )
CO(g)+3H (g)。CH 的平衡转化率按不同投料比x[x= 4 ]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错
2 4 n(H O)
2
误的是( )
A.x <x
1 2
B.反应速率：v <v
b正 c正
C.点a、b、c对应的平衡常数：K<K =K
a b c
D.反应温度为T ，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
1
答案 B
解析 一定条件下，增大H O(g)的浓度，能提高CH 的转化率，即x值越小，CH 的转化率越大，则
2 4 4
x <x ，故A正确；b点和c点温度相同，CH 的起始物质的量都为1 mol，b点x值小于c点，则b点H O(g)
1 2 4 2
多，反应物浓度大，则反应速率：v >v ，故B错误；由图像可知，x一定时，温度升高CH 的平衡转化
b正 c正 4
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：K<K =K，故C正确；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
a b c
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。
8.(2022·湖南，14改编)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y发生反应：2X(g)
+Y(g) Z(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>0
B.气体的总物质的量：n<n
a c
C.a点平衡常数：K<12
D.反应速率：v <v
a正 b正
答案 B
解析 甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，正反应为气体分子数减小的反应，则
刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，说明反应放热，即ΔH<0，故A错误；根据A项分析可知，
密闭容器中的反应为放热反应，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体的总物质的量相等，
则甲容器压强大于乙容器压强，图中a点和c点的压强相等，则气体的总物质的量：n<n，故B正确；设
a c
Y转化的物质的量浓度为x mol·L-1，则列出三段式如下：
1
则有[(2-2x)+(1-x)+x] mol< ×3 mol，计算得到x>0.75，即平衡常数K>12，故C错误；根据图像可知，甲容
2
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v >v ，故D错误。
a正 b正
题型突破练 [分值：50 分]
(选择题1~10题，每小题5分，共50分)
1.(2024·安徽皖江名校联盟二模)汽车尾气的排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO
与CO的反应为2NO(g)+2CO(g) N (g)+2CO (g) ΔH<0。一定温度下，在1 L恒容密闭容器中加入1
2 2
mol CO和1 mol NO发生上述反应，部分物质的体积分数(φ)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是(
)A.曲线Ⅱ表示的是φ(CO )随时间的变化
2
B.t min时，反应达到化学平衡状态
2
C.增大压强，该平衡右移，平衡常数增大
0.8
D.0~t min内的平均反应速率为v(NO)= mol·L-1·min-1
4 t
4
答案 D
解析 因为初始投料中n(CO)与n(NO)之比等于化学方程式中对应的化学计量数之比，反应至t min时达平
4
衡，φ(CO)=φ(NO)=0.125，其中一生成物的体积分数为0.25，另一生成物的体积分数为0.5，按生成物的化
学计量数可知，平衡时φ(N )=0.25、φ(CO )=0.5，故曲线Ⅱ表示的是φ(N )随时间的变化，A项错误；t min
2 2 2 2
后，φ还在变化，反应没有达到化学平衡状态，B项错误；增大压强，该平衡右移，平衡常数不变，C项
0.8
错误；计算可得0~t min内，Δn(NO)=0.8 mol，故v(NO)= mol·L-1·min-1，D项正确。
4 t
4
2.(2021·浙江1月选考，19)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H O ===2H O+O ↑。在一定
2 2 2 2
温度下，测得O 的放出量，转换成H O 浓度(c)如下表：
2 2 2
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法不正确的是( )
A.反应20 min时，测得O 体积为224 mL(标准状况)
2
B.20~40 min，消耗H O 的平均速率为0.010 mol·L-1·min-1
2 2
C.第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
D.H O 分解酶或Fe O 代替I-也可以催化H O 分解
2 2 2 3 2 2
答案 C
解析 反应的H O 的物质的量为0.05 L×(0.80 mol·L-1-0.40 mol·L-1)=0.02 mol，根据2H O ===2H O+O ↑，
2 2 2 2 2 2
可知生成的O 为0.01 mol，在标准状况下是224 mL，A正确；20~40 min，消耗H O 的平均速率为
2 2 2
0.40mol·L-1-0.20 mol·L-1
=0.010 mol·L-1·min-1，B正确；在相同条件下，浓度越大，反应速率越大，第
20min
30 min时H O 的浓度大于第50 min时H O 的浓度，因此第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速
2 2 2 2
率，C错误；H O 在分解酶或Fe O 作催化剂的条件下也可以分解，D正确。
2 2 2 33.(2024·南宁高三第一次适应性测试)一定温度下向容器中加入M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.反应①的活化能大于反应②
B.t s时，反应③已达平衡
1
C.该温度下，反应③的平衡常数小于1
D.t s时，c(Q)=c -c(P)
2 0
答案 D
解析 由图可知，M同时生成P和Q时，生成物中P多Q少，说明反应①容易发生，活化能较反应②的低，
A错误；t s后，P浓度在减少，Q浓度在增加，反应③并未达到平衡，B错误；反应③的平衡常数K=
1
c(Q)
，由图知，平衡时，Q的浓度大于P的浓度，故K>1，C错误；t s时，根据反应可知，M完全转化
c(P) 2
为P和Q，P转化为Q，所以c(Q)=c -c(P)，D正确。
0
4.(2024·长春模拟)一定条件下，反应H (g)+Br (g) 2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H )·cβ(Br )·cγ(HBr)，某温
2 2 2 2
度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下表：
c(H)/ c(Br )/ c(HBr)/
2 2
反应速率
(mol·L-1) (mol·L-1) (mol·L-1)
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是( )
A.α的值为1
B.表中c的值为2
C.反应体系的三种物质中，Br (g)的浓度对反应速率影响最大
2
D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
答案 B
解析 将表中数据代入速率方程可得到①v=k×0.1α×0.1β×2γ，②8v=k×0.1α×0.4β×2γ，③16v=k×0.2α×0.4β×2γ，
3
④2v=k×0.4α×0.1β×4γ，⑤4v=k×0.2α×0.1β×cγ，解得α=1，β= ，γ=-1，c=1，A正确，B错误；由于α=1，β=
23
，γ=-1，故反应体系的三种物质中，Br (g)的浓度对反应速率影响最大，C正确；在反应体系中保持其他
2 2
物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，由于γ=-1，cγ(HBr)减小，会使反应速率降低，D正确。
5.(2024·江西赣州二模)甲烷水蒸气重整制合成气[CH (g)+H O(g) CO(g)+3H (g) ΔH]是利用甲烷资源的
4 2 2
途径之一，其他条件相同时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，CH 的转化率随反应
4
温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A.该反应ΔH>0
B.平衡常数：K=K <K
a b c
C.催化剂催化效率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ
D.增大压强，v 增大倍数小于v 增大倍数
正 逆
答案 C
解析 由图可知，随着温度升高，甲烷的转化率增大，说明平衡正向移动，因此该反应ΔH>0，故A正确；
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，该反应的正反应为吸热反应，升高
温度K增大，则K=K <K，故B正确；由图可知三种催化剂催化效率由高到低的顺序是Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ，故C
a b c
错误；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即平衡逆向移动，说明v 增大倍数小于v 增大倍
正 逆
数，故D正确。
6.(2024·安徽示范高中皖北协作区高三联考)一定条件下可合成乙烯：6H (g)+2CO (g) CH ==CH (g)
2 2 2 2
+4H O(g)，已知温度对CO 的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是( )
2 2
A.温度不变，若增大压强，v >v ，平衡常数增大
正 逆
B.升高温度，平衡向逆反应方向移动，催化剂的催化效率降低
C.温度不变，若恒压下向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D.若投料比n(H )∶n(CO )=3∶1，则图中 M点乙烯的体积分数约为7.7%
2 2
答案 D解析 平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；升高温度，CO 的平衡转化率降低，
2
可知平衡向逆反应方向移动，根据图示，催化剂的催化效率先升高后降低，故B错误；温度不变，若恒压
下向平衡体系中充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，故C错误；若投料比
n(H )∶n(CO )=3∶1，图中 M点CO 的平衡转化率为50%，则
2 2 2
6H (g)+2CO (g) CH ==CH (g)+4H O(g)
2 2 2 2 2
初始/mol 3a a 0 0
转化/mol 1.5a 0.5a 0.25a a
平衡/mol 1.5a 0.5a 0.25a a
0.25a
乙烯的体积分数为 ×100%≈7.7%，故D正确。
3.25a
E
7.(2024·江西上饶二模)已知阿伦尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作Rln k=- a
T
+C(k为反应速率常数，E 为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究m、n两种催化剂对某反应的催
a
化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.在m催化剂作用下，该反应的活化能E=9.6×104 J·mol-1
a
B.对该反应催化效能较高的催化剂是m
C.不改变其他条件，升高温度，会降低反应的活化能
D.可以根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向
答案 A
E
解析 将(7.2，56.2)和(7.5，27.4)代入Rln k=- a+C中，计算可知E=9.6×104 J·mol-1，故A正确；对比图中
T a
直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的E 较小，则对该反应催化效能较高的催化剂
a
是n，故B错误；图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应的活
化能不变，故C错误；阿伦尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温
度时平衡移动的方向，故D错误。
8.利用环戊二烯( )加氢制备环戊烯( )，按n(H )∶n(C H )=1∶1加入恒压密闭容器中，若仅发生如
2 5 6
下反应：
①实验测得环戊二烯转化率(曲线b)和环戊烯选择性(曲线a)随温度变化曲线如图(已知：选择性=转化为目标
产物的反应物在总转化量中的占比)。下列说法错误的是( )
A.70 ℃时，H 的转化率为87.4%
2
B.由图可知，反应的活化能：①<②
n(H )
2
C.相同条件下，若增大 ， 选择性增大
n(C H )
5 6
D.升高温度， 生成速率增大， 生成速率减小
答案 D
解析 由图可知，70 ℃时，环戊二烯的转化率为92%，环戊烯的选择性为95%，设起始投入H 的量为1
2
mol，则H 的转化量n(H )=n(环戊烯)=1 mol×92%×95%=0.874 mol，H 的转化率为87.4%，A正确；由图可
2 2 2
知，环戊烯选择性较高，相同时间内，反应①的速率较快，说明反应的活化能：①<②，B正确；相同条
n(H )
2
件下，若增大 ，相当于增大H 的物质的量，反应①中环戊二烯转化率增大，环戊烯选择性增大，
n(C H ) 2
5 6
C正确；升高温度， 生成速率增大， 生成速率也增大，D错误。
9.(2024·广东汕头高三一模)氮氧化物的排放是导致酸雨的原因之一。某研究小组利用反应探究NO的转化：
2NO(g)+2CO(g) N (g)+2CO (g) ΔH<0，向体积均为1 L的两个密闭容器中分别加入2 mol CO(g)和2
2 2
mol NO(g)，探究绝热恒容和恒温恒容条件下压强随时间的变化曲线，如图所示，下列有关说法错误的是(
)
A.乙为恒温恒容条件下发生的反应
4
B.甲容器中NO的平衡转化率为 ×100%
15
C.反应平衡常数：M<N
D.甲容器压强先增大的原因是反应放热，产生的热量使体系温度升高，压强增大答案 B
解析 由图可知，反应中甲容器的压强大于乙容器，则甲为绝热恒容条件下发生的反应，乙为恒温恒容条
件下发生的反应，故A正确；设恒温恒容条件下发生的反应，压强为2.8p时生成氮气的物质的量为a
mol，由方程式可知，此时，混合气体的总物质的量为(4-a) mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可得：
4
4 3p 4 mol×2 4
= ，解得a= ，则一氧化氮的转化率为15 ×100%= ×100%，该反应为放热反应，绝热
4-a 2.8p 15 15
2mol
恒容条件下，反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则甲容器中一氧化氮的平
4
衡转化率小于 ×100%，故B错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减
15
小，绝热恒容条件下，反应温度升高，则M点反应温度高于N点，平衡常数小于N点，故C正确。
10.(2024·湖南衡阳高三联考)中国从CO 人工合成淀粉被国际学术界认为是影响世界的重大颠覆性技术，合
2
成步骤由60多步缩减到11步，突破了自然界淀粉合成的复杂调控障碍。其中CO 加氢的主要反应如下：
2
反应ⅰ：CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) ΔH =-49.4 kJ·mol-1
2 2 3 2 1
反应ⅱ：CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
2 2 2 2
n (CO ) 1
起始 2
向密闭容器中通入 = 的混合气体，在不同压强(p 、p )、不同温度下，平衡体系中CO 的转化
n (H ) 3 1 2 2
起始 2
率、CH OH和CO的选择性随温度的变化如图所示。
3
下列说法错误的是( )
A.压强：p >p
1 2
B.曲线①⑤分别表示平衡体系中CH OH的选择性和CO 的转化率
3 2
C.235 ℃时，m点体系中n(CH OH)=n(CO)
3
α(CO )
D.随着温度升高，CO 与H 的平衡转化率之比 2 先减小后增大
2 2 α(H )
2
答案 D
解析 反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，反应Ⅱ为吸热反应，
升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，则曲线①②表示甲醇的选择性，曲线③④表
示一氧化碳的选择性，曲线⑤表示二氧化碳的转化率，B正确；由分析可知，曲线①②表示甲醇的选择性，
反应Ⅰ为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的选择性增大，由图可知，p 条
1
件下甲醇的选择性大于p 条件下甲醇的选择性，则压强p 大于p ，A正确；235 ℃时，甲醇和一氧化碳选
2 1 2择性相同，两个反应分别生成甲醇和一氧化碳的量相同，故m点体系中n(CH OH)=n(CO)，C正确；随着
3
温度升高，反应ⅰ平衡逆向移动，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅱ中二氧化碳和氢气化学计量数之比是
1∶1，氢气消耗少于反应ⅰ，故反应ⅱ进行程度越大，氢气转化率越低且二氧化碳转化率越高，故CO 与
2
H 的平衡转化率之比增大，D错误。
2
