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第05 讲 化学反应速率与化学平衡图像
目录
01 课标达标练
题型01 化学反应速率-时间图像
题型02 体积分数-时间图像
题型03 百分含量-时间图像
题型04 转化率-压强（温度）图像
题型05 转化率－投料比图像
题型06 平衡常数－温度－选择性图像
题型07 综合考查图像
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 化学反应速率-时间图像
1.（2025·吉林省长春市第二实验中学·一模）在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)＋
O2(g)⥫
2SO
⥬
3(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q＞0)，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反
1
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应的影响，下列分析正确的是( )
A.图Ⅰ中t1时刻是增大O2或SO2的浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ中t1时刻可能是增大体系压强对反应速率的影响
C.图Ⅲ是研究压强对化学平衡的影响图像，且甲的压强较低
D.图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，且甲的温度比乙低
【答案】D
【解析】图Ⅰ中t1时刻正、逆反应速率同时增大，仅增大反应物浓度无法实现，A 错误；由于该反应的正
反应是气体体积减小的反应，故增大压强平衡正向移动，正反应速率和逆反应速率均增大，但是正反应速
率增大的更快，B 错误；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，故增大压强，平衡正向移动，SO2
的转化率增大，C 错误；由于该反应的正反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率减
小，图Ⅲ研究的是温度对平衡的影响，且甲的温度比乙低，D 正确。
2.（2025·辽宁省岫岩县第一中学·期末）可逆反应2SO2(g)＋O2(g)⥫
2SO
⥬
3(g)在一定条件下达到平衡状态。
在t1时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g)
B.维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
C.维持反应体系容积不变，t1时升高反应体系温度
D.维持温度、反应体系容积不变，t1时充入一定量Ar
【答案】B
【解析】维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，正反应速率不变，故A
错误；维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，而且反应体系容积增大导致反应物
浓度降低，正反应速率减小，故B 正确；维持反应体系容积不变，t1时升高反应体系温度，正、逆反应速
率都增大，故C 错误；维持温度、反应体系容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物浓度都不变，
正、逆反应速率都不变，故D 错误。
2
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02 体积分数-时间（温度）图像
3.（2025·吉林省延边第二中学·期末）某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)＋nB(g)⥫⥬pC(g)的
速率和平衡的影响，下列判断正确的是( )
A.由图a 可知，T1＞T2，该反应的逆反应为吸热反应
B.由图b 可知，ΔH＞0
C.图c 是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明反应吸热
D.图d 中，曲线a 一定使用了催化剂
【答案】A
【解析】根据图像中“先拐先平数值大”可知温度：T1＞T2，升高温度，C 在反应混合物中的体积分数降
低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，A 正确；在刚开始反应阶段，升
高温度，化学反应速率加快，反应产生的C 增多，C 的体积分数增大，当反应达到平衡时C 的体积分数达
到最大值，后来随温度的升高，C 的体积分数降低，说明升高温度，平衡逆向移动，导致C 的体积分数降
低，则该反应正反应是放热反应，ΔH＜0，B 错误；该反应若为吸热反应，由于反应过程中反应物浓度减
小，且温度降低，则反应速率在开始时就应该逐渐减小，而图像中开始时反应速率直接增大，说明该反应
为放热反应，C 错误；图d 中a、b 的平衡状态相同，但反应速率不同。若m＋n＝p，增大压强，反应速率
加快，达到平衡所需时间缩短，但化学平衡不移动，故曲线a 也可能为增大压强，D 错误。
4.（2025·辽宁省北票市高级中学·一模）在反应物起始投料相同条件下，可逆反应X(s)+4Y(g)
Z(g)
⇌
△H
在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa 下达到平衡时，Z 的体积分数与温度的关系如图所示。图中O 点
时，Z 的体积分数为0.9。下列说法正确的是
A．该反应的△H 大于0
B．p2=1.0 MPa
3
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C．M、N、O 三点中，M 点反应速率最快
D．O 点对应温度下，该反应的平衡常数Kp=9 000(MPa)-3
【答案】D
【解析】根据图像可知：该反应在升高温度时生成物Z 的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移
动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故△H＜0，A 错误；根据反应方程式可知：该反
应正反应为气体分子数减少的反应，在温度不变时，压强增大，Z 的体积分数增大。根据图像可知Z 的体
积分数：p1＜p2＜p3＜p4，故压强：p1＜p2＜p3＜p4，结合题目给出的压强数值，可知：压强p2应该为0.50
MPa，B 错误；反应速率受温度和压强等因素影响。在其他条件不变时，升高温度，反应速率加快；在其
它条件不变时，增大压强，化学反应速率加快。根据图像可以看出：在M、N、O 三点中，反应温度：O
＞N＞M；反应压强：O＞M＞N。可见O 点温度最高，压强最大，因此O 点的化学反应速率更快，C 错
误；根据图像可知：在O 点时生成物Z 的体积分数0.9，其所在的气体总压P=1.0 MPa，分压p(Z)=0.9×1.0
MPa=0.9 MPa，p(Y)=0.1×1.0 MPa=0.1 MPa，则该条件下该反应的压强平衡常数为Kp=
，D 正确；故选D。
03 百分含量-时间图像
5.（2025·辽宁省铁岭市高级中学·一模）在某密闭容器中，可逆反应：A(g)＋B(g)⥫⥬xC(g)符合图Ⅰ所示关
系，φ(C)表示C 气体在混合气体中的体积分数。由此判断，下列关于图Ⅱ的说法不正确的是( )
A.p3＞p4，y 轴表示A 的转化率
B.p3＞p4，y 轴表示B 的转化率
C.p3＞p4，y 轴表示B 的质量分数
D.p3＞p4，y 轴表示混合气体的平均相对分子质量
【答案】C
【解析】本题考查温度、压强对化学平衡的影响及图像分析。由图Ⅰ可知，压强为p2时，温度为T1时先达
到平衡状态，则温度：T1＞T2；温度为T1时的φ(C)低于T2，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的ΔH
＜0；温度为T1，压强为p2时先达到平衡状态，则压强：p1＜p2；压强为p2时的φ(C)高于p1，说明增大压强，
平衡正向移动，即该反应的正反应是气体总分子数减小的反应，故x＜2。若p3＞p4，温度相同时，由
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p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，A、B 的转化率降低；压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，A、B
的转化率降低，与图像符合，A、B 正确；若p3＞p4，相同温度时，由 p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，
B 的质量分数增大，与图像不符合，C 错误；若p3＞p4，相同温度时，由p3→p4，减小压强，平衡逆向移动，
气体的总质量不变，但其总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，压强不变时，升高温度，
平衡逆向移动，气体总物质的量增大，则混合气体的平均相对分子质量减小，与图像符合，D 正确。
6.（2025·内蒙古包头市第九中学·一模）在一定条件下，H2S 能发生分解反应：2H2S(g)⥫
S
⥬
2(g)＋2H2(g)，
利用该反应可制备氢气和硫黄。在2 L 恒容密闭容器中充入0.1 mol H2S，不同温度下H2S 的转化率与时间
的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.该反应的正反应为放热反应
B.温度升高，混合气体的平均摩尔质量增大
C.950 ℃时，1.25 s 内，反应的平均速率v(H2)＝0.008 mol·L－1·s－1
D.根据P 点坐标可求出950 ℃时反应的平衡常数为3.125×10－4
【答案】C
【解析】由题图可知，升高温度，H2S 的转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的正反应
为吸热反应，A 错误；升高温度，平衡正向移动，混合气体的总物质的量增大，由于气体总质量不变，则
混合气体的平均摩尔质量减小，B 错误；950 ℃时，1.25 s 内α(H2S)＝20％，则有v(H2S)＝0.1mol×20％
2 L×1.25 s
＝0.008 mol·L－1·s－1，那么v(H2)＝v(H2S)＝0.008 mol·L－1·s－1，C 正确；由题图可知，P 点后α(H2S)逐渐增大，
说明P 点未达到平衡状态，此时c(H2S)＝0.1mol×80％
2 L
＝0.04 mol·L－1，c(H2)＝0.008 mol·L－1·s－1×1.25 s
＝0.01 mol·L－1，c(S2)＝1
2c(H2)＝0.005 mol·L－1，浓度商Q＝c
2( H 2)·c(S2)
c
2( H 2S)
＝3.125×10－4，故950 ℃时
反应的平衡常数大于3.125×10－4，D 错误。
04 转化率-压强（温度）图像
7.（2025·辽宁·一模）用CO 和H2合成CH3OH 的化学方程式为CO(g)＋2H2(g)⥫
CH
⥬
3OH(g) ΔH＜0，按照
相同的物质的量投料，测得CO 在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是(
)
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A.温度：T1＞T2＞T3
B.正反应速率：v(a)＞v(c)，v(b)＞v(d)
C.平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)＝K(d)
D.平均摩尔质量：M(a)＜M(c)，M(b)＜M(d)
【答案】C
【解析】A 项，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO 的转化率降低，所以温度：T1＜T2＜
T3，错误；B 项，a 点温度比c 点低，所以速率小，b 点压强比d 点大，所以速率大，错误；C 项，升温平
衡逆向移动，平衡常数变小，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数：K(a)＞K(c)，K(b)＝K(d)，正确；
D 项，温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，平均摩尔质量：M(a)＞M(c)，b
的压强大于d，增大压强，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量增大，所以有M(b)＞M(d)，错误。
8.（2025·吉林通化·一模）生产硫酸的主要反应：2SO2(g)＋O2(g)⥫
2SO
⥬
3(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.L1＞L2
C.A、B 两点对应的平衡常数相同
D.一定温度下，当混合气中n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2 1 2
∶∶时，反应一定达到平衡
【答案】B
【解析】若X 代表压强，则L 代表温度，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，
与图像不符合，A 错误；结合A 项分析推知，X 代表温度，L 代表压强，温度相同时，增大压强，平衡正
向移动，SO2的平衡转化率增大，则压强：L1＞L2，B 正确；A、B 两点的温度不同，平衡常数不同，C 错
误；温度一定，达到平衡状态时，n(SO2)、n(O2)和n(SO3)均保持不变，但其比值不一定等于对应的化学计
量数之比，D 错误。
05 转化率－投料比图像
9.（2025·黑龙江·二模）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应：
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主反应：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(g) ΔH1
副反应：CH3OH(g)＋CH3COOH(g)
CH3COOCH3(g)＋H2O(g) ΔH2
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(CH3COOH) ＝
n(C H 3COOH )
n(C H 3COOH )＋n(C H 3COOC H 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
的是( )
A.投料比x 代表n(C H 3OH )
n(CO)
B.曲线c 代表乙酸的分布分数
C.ΔH1＜0，ΔH2＞0
D.L、M、N 三点的平衡常数：K(L)＝K(M)＞K(N)
【答案】D
【解析】题图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3)，若投料比
x 代表n(C H 3OH )
n(CO)
，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A 、B 均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x 代表
n(CO)
n(C H 3OH )，曲线a 或曲线b 表示δ(CH3COOH)，曲线c 或曲线d 表示δ(CH3COOCH3)。投料比x 代表
n(CO)
n(C H 3OH )，故A 错误；曲线c 表示CH3COOCH3 的分布分数，故B 错误；曲线a 或曲线b 表示
δ(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知T2时δ(CH3COOH)大于T1时δ(CH3COOH)，而T2＞T1可知，
温度越高则δ(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1＞0；曲线c 或曲线d 表示
δ(CH3COOCH3)，当同一投料比时，观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时δ(CH3COOCH3)，而T2＞T1可知，
温度越高则δ(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，故C 错误；L、M、N 三
点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K(L)＝K(M)＞K(N)，故D 正确。
10.（2025·辽宁本溪·二模）逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)⥫
CO(g)
⥬
＋H2O(g) ΔH＞0。一定压力下，按
CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)＝1 1∶投料，T1、T2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v＝kc0.5(H2)c(CO2)，T1、T2温度时反应速率常数k 分别为k1、k2。下列说法错误的是(
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)
A.k1＞k2
B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：v (T 1)
v (T 2)＜k1
k2
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发生变化
D.T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
【答案】D
【解析】由题图可知，T1比T2反应速率快，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
下平衡时反应物的摩尔分数；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。T1比T2反应速率快，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；反应的
速率方程为v＝kc0.5(H2)c(CO2)，则v (T 1)
v (T 2)＝k1c1
0.5( H 2)c1(CO2)
k2c2
0.5( H 2)c2(CO2)
，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分
数低于T2温度下平衡时反应物的摩尔分数，则v (T 1)
v (T 2)＜k1
k2
，B 项正确；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
间的变化曲线发生变化，C 项正确；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。
06 平衡常数－温度－选择性图像
11.（2025·内蒙古呼和浩特·二模）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要
发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⥫
CO(g)
⥬
＋H2O(g)
ΔH1
反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)⥫
CH
⥬
3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH2＝－122.5 kJ·mol－1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如
图所示。
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已知：
CH3OCH3的选择性＝2×C H 3OC H 3的物质的量
反应的CO2的物质的量
×100％
下列说法不正确的是( )
A.反应2CO(g)＋4H2(g)⥫
CH
⥬
3OCH3(g)＋H2O(g)的焓变为ΔH2－2ΔH1
B.根据图像推测ΔH1＞0
C.其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低
D.其他条件不变时，增大体系压强可以提高A 点CH3OCH3的选择性
【答案】C
【解析】由盖斯定律可知，反应2CO(g)＋4H2(g)⥫
CH
⥬
3OCH3(g)＋H2O(g)可由Ⅱ－2×Ⅰ得到，其焓变为ΔH2
－2ΔH1，A 正确；反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由题图可知随着温度的升高，二氧化碳的
平衡转化率下降速率小于二甲醚的选择性下降速率，且高于300 ℃时二氧化碳的平衡转化率升高，说明反
应Ⅰ的平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH1＞0，B 正确；由选项B 分析可知，其他条件不变时，温度
越高，反应Ⅰ占据主导地位，CO2主要还原产物为CO，CO 中碳元素的价态较高，C 错误；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，其他条件不变时，增大体系压强，导致反应Ⅱ平衡
正向移动，可以提高A 点CH3OCH3的选择性，D 正确。
12. （2025· 吉林九台· 二模）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) ΔH＝＋173.3 kJ·mol－1，CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋
H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1，在1.0×105 Pa、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＝
n生成(CO)
n生成(CO2)＋n生成(CO)×100％，下列说法正确的是( )
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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n(C2 H 5OH )
n( H 2O)
可提高乙醇平衡转化率
D.一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时H2产率
【答案】B
【解析】根据CO 的选择性的定义可知，CO 和CO2选择性之和为100％，二者变化趋势应该相反，故曲线
②表示平衡时H2产率随温度的变化；约300 ℃后H2平衡产率随温度升高而减小，故此时CO 选择性应增大，
则曲线①代表平衡时CO2的选择性随温度的变化，曲线③代表平衡时CO 的选择性随温度的变化，曲线②
代表平衡时H2的产率随温度的变化，A 错误、B 正确；两种物质参加反应增大一种物质的浓度，会降低该
物质的平衡转化率，C 错误；选用高效催化剂不会增大H2平衡产率，D 正确。
13.（24-25 高三上·内蒙古赤峰·期中）工业上生产CO的反应原理为C (s)+CO2(g)⇌2CO (g)。一定条件下，
将足量焦炭和一定量CO2放入体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，CO2和CO的物质的量（n）随时间（t）
的变化关系如图。下列说法正确的是
A．0~2min，v(CO)=0.25mol⋅L
-1⋅min
-1；2~3min，v正(CO)=v逆(CO2)
B．当容器内的气体密度(ρ)不变时，反应一定达到平衡状态，且ρ(平衡)<ρ(起始)
C．3 min时温度由T1升高到T2，则ΔH>0，平衡常数之比K(T2)
K(T1) =14
3
10
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D．5 min时再充入一定量的CO，b、d曲线分别表示n(CO2)、n (CO)的变化
【答案】C
【解析】2min时，生成了CO 2mol，故0~2min，v(CO)=2mol/2L
2min
=0.5mol⋅L
-1⋅min
-1，2~3min，反应
达到平衡状态，v正(CO)=2v逆(CO2)，A 项错误；该反应容器恒容，混合气体的重质量不变，当容器内的
密度保持不变时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；达到平衡状态时，气体的质量增大，
因此平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，即ρ(平衡)> ρ(起始)，B 项错误；3 min时，升高温
度，CO2的量减少，CO的量增加，平衡正向移动，可知ΔH>0；温度为T1时，平衡常数
K(T1)=(2mol/2L)
2
7mol/2L
=2
7 mol/L，温度为T2时，K(T2)=(4mol/2L)
2
6mol/2L
= 4
3 mol/L，则平衡常数之比
K(T2)
K(T1) =
4
3
2
7
=14
3
，C 项正确；5 min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的
物质的量逐渐减小，5 min时，CO2的浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，因此b 表示
n(CO2)的变化，c 或d 表示n (CO)的变化，D 项错误；故选C。
14.（2025·内蒙古·三模）乙醇−CO2催化重整可获得H2。使用Ni 基催化剂，主要发生的反应为：
I：C2H5OH (g)+CO2(g)⇌3 H2(g)+3CO (g) ΔH1=+296.7kJ / mol
II：C2H5OH (g)⇌CH4 (g)+ H2(g)+CO (g) ΔH2=+ 49.7kJ/ mol
III：CH4 (g)⇌C (s)+2H2(g) ΔH3=+75kJ/ mol
IV：C (s)+CO2(g)⇌2CO (g) ΔH4=+171kJ/ mol
在1.0×10
5Pa和n始(C2H5OH):n始(CO2)=1:1.2时，仅考虑上述反应，C2H5OH的平衡转化率、H2的产率和
n (CO)
n(H2) 比值随温度的变化如图所示。下列说法正确的是
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A．曲线①表示H2的产率，曲线②表示C2H5OH的平衡转化率
B．乙醇−CO2重整制氢的最佳温度条件为900℃
C．在一定温度下，增大n始(C2H5OH):n始(CO2)，乙醇的平衡转化率减小
D．在600~700℃，选择高效催化剂或增大压强，都可提高H2的平衡产率
【答案】C
【解析】400℃时，③的数值为100%，但C2H5OH的转化率和H2的产率不可能为100%，可知③表示n (CO)
n(H2)
；由反应I 和II 中C2H5OH和H2的比例关系可知，H2的产率大于C2H5OH的转化率，因此①表示C2H5OH的转
化率，②表示H2的产率，A 错误；由①可知，温度在700~900℃时，乙醇的转化率降低，而700℃时H2的产
率最大，温度继续升高变化不大，所以最佳温度为700℃，B 错误；增大n始(C2H5OH):n始(CO2)，即增加
乙醇浓度，CO2浓度不变，增加乙醇浓度，平衡正向移动，但乙醇转化率减小，C 正确；催化剂不影响平
衡移动，故不影响产率；增大压强，对于四个反应都是逆向移动，产率不会提高，D 错误；故选C。
15.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）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，15h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
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A．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的1，4−失水山梨醇
B．反应的活化能：①<②
C．t1时刻，反应①和③趋于彻底
D．3h 时，瞬时速率(异山梨醇)=0.014 mol⋅kg
−1⋅h
−1
【答案】D
【解析】根据图示，反应开始主要生成1，4−失水山梨醇，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高
产率的1，4−失水山梨醇，故A 正确；根据图示，先生成1，4−失水山梨醇，t1 内有一阵子1，4−失水
山梨醇和异山梨醇均有所增加而前者增加幅度大，说明反应速率①>②，则反应的活化能：①<②，故B 正
确；t1时刻，1，4−失水山梨醇开始减少，副产物达到最大值，反应①和③趋于彻底，故C 正确；
由图可知，3h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，则3h 内异山梨醇的平均速率
=0.014 mol⋅kg
−1⋅h
−1，故D 错误；故选D。
16.（2024·辽宁·一模）以物质的量之比为1：2 向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应
X(g)+ Y(g)⇌2Z(g) ΔH，相同时间内测得Z 的产率和Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关
系如图所示。下列说法正确的是
A．ΔH>0
B．N 点时X、Y 的转化率均为50%
C．M、N 点反应物分子的有效碰撞几率不同
D．Q、N 点状态均为平衡状态
【答案】C
【解析】根据图像中Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系可知，随着温度升高，平衡产率逐渐降
低，说明升温平衡逆向移动，得到Δ H <0，故A 错误；起始加入的X、Y 物质的量之比为1：2，不等于
计量数之比，所以二者转化率不同，故B 错误；M、N 点产率相同，但温度不同，所以反应物分子的有效
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碰撞几率不同，故C 正确；观察图像可知，Q 点Z 的产率小于平衡产率，未达到平衡，故D 错误；故选
C。
17.（2025·辽宁锦州·一模）反应X=2Z 经历两步，X、Y、Z 三种物质的浓度随时间的变化曲线如下图所
示。下列说法错误的是
A．第一步反应的方程式为：X⇌Y
B．t1时，c(X)=c(Y)=c(Z)
C．t2时，Y 的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c(Z)=2[c0−c (Y)]
【答案】A
【分析】由题干图像可知，一开始X 的浓度在减小，最终X 的浓度基本为0，Y 的浓度先增大，而后出现
Z 的浓度增大，故反应X═2Z 经历两步，但X 转化为Y 的反应不是可逆反应，即①X=Y；②Y⇌2Z，据此
分析解答。
【解析】由分析可知，一开始X 的浓度在减小，Y 的浓度先增大，而后出现Z 的浓度增大，但X 转化为Y
的反应不是可逆反应，A 错误；在纵坐标为浓度的图中看出，在t1时刻，三条线相交于一点，则
c(X)=c(Y)=c(Z)，B 正确；t2时，由曲线Y 的浓度逐渐减小，说明Y 的消耗速率大于生成速率，C 正确；根
据反应
①
X
→
Y
起始浓度(mol / L)
c0
¿
¿c0¿¿c(Y)+c(Z)
2
¿平衡浓度(mol / L)¿0¿¿c(Y)+c(Z)
2
¿
②
¿
¿
Y
c(Y)+c(Z)
2
c(Z)
2
c(Y)
→
¿
¿
2Z
0
c(Z)
c(Z)
¿
¿
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，由图可知，t3后c(X)=0，则c0=c(Y)+c(Z )
2
，则c(Z)=2c0-2c(Y)，D 正确；故选A。
18.（2023·辽宁·一模）向体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molO2和4 molHBr，发生反
应：4 HBr(g)+O2(g)⇌
❑
2Br2(g)+2H2O(g)ΔH。分别在绝热、恒温条件下进行，两反应体系的压强随
时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．正反应在较低温度下能自发进行
B．乙在恒温条件下进行，ΔH <0
C．a 点的正反应速率大于c 点的正反应速率
D．甲条件下平衡常数K 小于20.25
【答案】D
【解析】由图可知，正反应是放热反应，ΔH<0，气体分子数减小，ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0 反应自
发，故该在较低温度下能自发进行，A 项正确；曲线甲恒容密闭容器中压强增大，说明甲在绝热过程进
行，乙在恒温过程进行，B 项正确；平衡时，Ta>Tc，a 的反应物浓度大于c 的反应物浓度，即a 的正反应
速率大于c 的正反应速率，C 项正确；在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三段
式，
4 HBr(g)
+
O2(g)
⇌
2Br2(g)
+
2 H 2O(g)
起始/mol
4
¿1
¿0
¿
转化/mol
¿
¿ x ¿¿2 x ¿¿2 x ¿b 点/mol¿4−4 x ¿¿115．（
(4+1):(5−x)=20p:17 p，解得x=0.75，b 点浓度商Q= 1.5
2×1.5
2
0.25
L⋅mol
−1=20.25L⋅mol
−1，a、b
点总压强相等，容器体积相等，a 点温度较高，故a 点气体的物质的量小于b 点，正反应是气体分子数减小
的反应，说明a 点HBr的转化率大于b 点，即a 点平衡常数K 大于b 点Q，D 项错误；故选D。
19.（2025·吉林延边·一模）向体积均为1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molX和3 molY，发生
反应为X (s)+3Y (g)⇌Z(g)。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
下图所示。若反应开始到c 点用时1min，下列说法正确的是
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A．正反应在较高温度下能自发进行
B．混合气体的密度不能作为反应的平衡标志
C．正反应速率：va>vb
D．前1min 内乙容器中X 的反应速率为0.75 mol/(L⋅min)
【答案】C
【分析】恒温恒容条件下，容器内的压强与容器内的气体总物质的量成正比，该反应为一个正向气体的物
质的量减少的反应，则容器内的压强开始就会减小，故乙为恒温过程；那么甲为绝热过程，甲容器开始压
强升高，只能是温度升高引起的，说明该反应为放热反应(ΔH<0)，以此解答。
【解析】该反应的ΔS<0，结合分析知，该反应为放热反应(ΔH<0)，根据ΔH-TΔS<0的反应可自发进行
知，正反应在较低温度下能自发进行，A 错误；该反应有固体参与，则气体的总质量在平衡之前一直在变
化，是一个变量，在恒容条件下，混合气体的密度也是一个变量，混合气体的密度不变可作为反应的平衡
标志，B 错误；a 点和b 点都是化学平衡状态，b 点是在较低的温度、较小的压强下达到的平衡，而a 点是
在较高的温度、较大的压强下达到的平衡，则正反应速率：va>vb，C 正确；因X 为固体，不能用其表示
反应速率，D 错误；故选C。
20.（2025·吉林·二模）已知在恒容密闭容器中发生反应A (g) →
环化 B (g)+CH3OH(g)(方程式已配平)，在
210℃和220℃时A 的转化率随反应时间的变化关系如图所示，设A 的起始浓度为dmol·L
-1。下列说法错
误的是
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A．220℃时反应的平衡常数K=0.99d×0.99d
0.01d
mol/L
B．从反应体系中移出部分甲醇可以提高A 的转化率
C．210℃时，0~200min 内A 的平均反应速率为0.68d
200
mol/(L·min)
D．a、b 两点用物质B 表示的瞬时反应速率：b＜a
【答案】D
【解析】c 点时A 的转化率为99%，转化浓度为0.99d，根据A (g) →
环化 B (g)+CH3OH(g)，平衡时A 浓度为
0.01d，B 浓度为0.99d，CH3OH 浓度为0.99d，则220℃时反应的平衡常数K=0.99d×0.99d
0.01d
mol/L，A 正
确；甲醇为生成物，从反应体系中移出部分甲醇，减少生成物的浓度，平衡正向移动，可以提高A 的转化
率，B 正确；210℃、200min 时A 的转化率为68%，则A 的转化浓度为0.68dmol/L，0~200min 内A 的平均
反应速率为0.68d
200
mol/(L·min)，C 正确；a、b 两点反应的转化率相等，b 点对应的斜率大，对应的温度
高，瞬时速率大，瞬时反应速率：b>a，D 错误；故选D。
21.（2025·黑龙江哈尔滨·三模）某温度下向容器中加入M 发生如下反应：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．t1时，反应③已达平衡
B．t2时，c(Q)=c0−c(P)
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C．反应①的活化能大于反应②
D．该温度下，反应③的平衡常数小于1
【答案】B
【解析】A. t1时后，P 继续减少、Q 增多，反应③没有达到平衡状态，故A 错误；
B. 根据图示，t2时M 的浓度为0，M 完全转化为P、Q，则c(Q)=c0−c(P)，故B 正确；
C. t1时刻前，P 的浓度大于Q，说明反应①的转化浓度大于反应②，反应①的速率大于反应②，则反应①
的活化能小于反应②，故C 错误；
D. 该温度下，反应达到平衡，Q 浓度大于P，反应③的平衡常数大于c (Q)
c (P) >1，故D 错误；故选B。
22.（2025·黑龙江·一模）向恒容密闭容器中充入1molXeF4(g)和一定量的F2(g)，发生反应：
XeF4(g)+ F2(g)⇌XeF6(g) Δ H。XeF4的平衡转化率随投料比[η= c(XeF4)
c(F2) ]、温度变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A．η1<η2
B．正反应速率：υ(b)<υ(c)
C．平衡常数：K (a)> K (b)= K (c)
D．450K 时，压强不变则反应达到平衡
【答案】B
【解析】投入1molXeF4(g)，η= c(XeF4)
c(F2)
，η1对应XeF4转化率较大，则c(F2)较大，即η1较小，A 正
确；b、c两点对应温度相同，起始投入都是1molXeF4，则b 点投入c(F2)较大，起始浓度较大，正反应
速率较大，即正反应速率：υ(b)>υ(c)，B 错误；温度升高，平衡转化率减低，说明正反应是放热反应，
较低温度下平衡常数较大，温度相同，平衡常数相等，故平衡常数：K (a)> K (b)= K (c)，C正确；该
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反应是气体分子数减小反应，当恒容恒温条件下气压不变时，反应达到平衡状态，D 正确；故选B。
23.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在不同温度下，分别向10L 的恒容密闭容器中按1:1充入一定量的NO 和O3
发生反应：NO (g)+O3(g)⇌
❑
❑
NO2(g)+O2(g)，其中NO 的物质的量随时间变化如图所示，下列说法错误的是
A．T2时，0−t1时间段内，Δc (NO)=+0.04 amol⋅L
−1
B．容器内气体颜色不再改变时可以说明反应达到平衡状态
C．若T1时，NO 和O3的起始投入量均为a mol，则达到平衡时NO 的残留量为0.4a mol
D．该反应的ΔH<0
【答案】A
【解析】由图，T2时，0−t1时间段内，NO 的物质的量减小而非增大，A 错误；生成二氧化氮为红棕色气
体，容器内气体颜色不再改变时，说明平衡不再移动，可以说明反应达到平衡状态，B 正确；
C．反应为气体分子数不变的反应，且投料比等于反应中系数比，则两次投料为等效平衡，故T1时，NO 和
O3的起始投入量均为a mol，则达到平衡时NO 的残留量为0.4a mol，C 正确；先拐先平速率大，由图，则
温度T2更大，升高温度，NO 含量比例增大，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0，
D 正确；故选A。
24.（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）工业上利用反应CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH<0制取氢气。
向两个容积为2L 的密闭容器中加入CO (g)和H2O (g)各1mol，分别在不同温度和催化剂下进行反应，保持其
他初始实验条件不变，经10min 测得两容器中CO (g)转化率如图所示。下列说法正确的是
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A．0~10min 反应的平均速率v(B)>v(A)>v(C)=0.02mol⋅L
−1⋅min
−1
B．A 点是在催化剂1、温度T1条件下的平衡状态
C．温度为T2时，该反应的平衡常数K = 4
9
D．催化剂2 比催化剂1 的催化效率高
【答案】A
【解析】相同时间段内CO 转化率越大反应速率越大，则V (B)>V (A)>V (C)；C 点CO 转化率为40 %，该反
应的平均速率用CO 表示为v=Δc
Δt = 0.5 mol/L×40 %
10 min
=0.02mol⋅L
−1⋅min
−1，A 正确；若A 点达平
衡，由于B 点温度更高，且反应ΔH<0，为放热反应，温度升高平衡逆移，B 点CO 的转化率应该更小，
而B 点CO 转化率比A 点高，则在A 点时，反应一定未达到平衡，同理C 点也未达到平衡，B 错误；温度
为T2时，CO 的转化率为40 %，此时CO、H2O 均为0.3mol /L，CO2为0.2mol / L，氢气为0.2mol / L，
浓度商为：Qc = c(CO2)·c(H 2)
c (CO)·c(H 2O)
= 0.2×0.2
0.3×0.3 = 4
9 ，根据B 项分析可知，此时反应未到平衡，还继续正向移
动，则平衡常数K >Qc= 4
9 ，C 错误；催化剂的催化活性与温度有关，如在T1温度，催化剂2 比催化剂1 的
效率低，D 错误；故选A。
25.（2025·黑龙江·一模）对于反应3CO (g)+2Fe(s)⇌3C (s)+ Fe2O3(s) Δ H，实验测得平衡常数K 与
温度的关系如图所示。某温度下向刚性密闭容器中加入足量铁粉和CO，发生上述反应，达到平衡时测得
CO 分压p (CO)=akPa，保持温度不变，再向容器中充入少量CO，达到新平衡时测得p (CO)=bkPa。下列
说法错误的是
A．上述反应的Δ H <0
B．可根据Fe 或Fe2O3质量变化确定反应是否达到平衡
C．平衡时增大Fe 质量，平衡不移动
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D．两个平衡中CO 压强：a<b
【答案】D
【解析】由图可知，随温度升高，平衡常数K 越来越小，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应是放
热，∆H＜0，A 正确；
B．Fe 或Fe2O3质量不变，表明消耗和生成Fe 或Fe2O3的速率相等，反应达到平衡，B 正确；Fe 是固体，
加入Fe，不会影响平衡移动，C 正确；
D．上述反应只有CO 是气态，根据平衡常数只与温度有关，两次平衡时温度不变，平衡常数不变，由于
K =
1
c
3(CO)，c (CO)不变，两个平衡中CO 压强不变，b=a，D 错误；故选D。
26.（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）一定温度下，向密闭容器中通入等物质的量的T (g)和W (g)发生反应：
T (g)+ W (g)⇌X (g)+ P (g)，该反应由两步完成：①T (g)+ W (g)⇌Y (g)+ P (g)，②Y (g)⇌X (g)，其中反应
②v 正=k 正c (Y)，v逆=k 逆c (X)，测得X、Y的物质的量浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确
的是
A．平衡时，c (P)=1.0 mol⋅L
−l
B．30s 时，反应②k 正:k 逆=1
C．Y是该反应的催化剂
D．Y 浓度达到最大值时，反应①未达到平衡状态，此时v 正>v逆
【答案】D
【解析】由图可知，X、Y 的浓度分别为2.5mol/L、1.0mol/L，则由方程式可知，P 的浓度为2.5mol/
L+1.0mol/L=3.5mol/L，故A 错误；由图可知，30s 时X、Y 的浓度相等，但反应②未达到平衡，是反应的
形成过程，所以正反应速率大于逆反应速率，正反应速率常数大于逆反应速率，故B 错误；由方程式可
知，Y 是反应①的生成物、反应②的反应物，所以Y 是反应的中间产物，故C 错误；由图可知，Y 浓度达
到最大值后，Y 的浓度逐渐减小，说明反应①未达到平衡状态且反应正向进行，所以此时正反应速率大于
逆反应速率，故D 正确；故选D。
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27.（2025·黑龙江双鸭山·一模）逆水煤气反应对于促进能源和化工产业的发展具有重要意义，其中涉及反
应CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g)ΔH，已知该反应的正反应速率可表示为v(正)=k正c(CO)c(H2O)，
逆反应速率可表示为v(逆)=k逆c(CO2)c(H2),k正、k逆为速率常数（只受温度影响），速率常数随温度的
变化如图所示，下列说法正确的是
A．ΔH >0
B．温度低于T1K时，反应向正反应方向进行
C．T1K时，向某平衡体系中投入等物质的量CO、H2O、CO2、H2后平衡不移动
D．T1K时，若CO的平衡转化率大于50%，则H2O的平衡转化率小于50%
【答案】D
【解析】根据图像可知，温度升高，逆反应增大的速率更快，所以逆反应为吸热反应，A 项错误；反应向
哪个方向进行与温度没有直接关系，B 项错误；不知道初次平衡时各物质的关系，无法确定平衡是否移
动，C 项错误；反应达到平衡时，v(正)=v(逆)，k正c(CO)c(H2O)=k逆c(CO2)c(H2)，
k正
k逆
=c(CO2)⋅c(H2)
c(CO)⋅c(H2O)
= K，则T1K时反应的平衡常数为1，若CO的平衡转化率大于50%，则H2O的平衡转
化率一定小于50%，D 项正确；故选D。
28.（2025·黑龙江·三模）N2O无害化处理的一种方法为2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g)ΔH,在固定容积的密闭
容器中发生此反应，N2O的转化率如图所示，若N2O起始浓度为1mol⋅L
−1，下列说法正确的是
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A．该反应的ΔH<0
B．a、c 两点中，N2的物质的量浓度：a>c
C．若b 点反应达到平衡状态，O2的体积分数为30%
D．反应在250℃、恒压容器中进行，达平衡时，N2O的转化率大于96%
【答案】D
【解析】从图像知，升高温度N2O的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，ΔH>0，A 错误；
a、c 两点N2O的转化率相等都为67%，则两点生成N2的物质的量相等，容器体积不变，因此a、c 两点N2的
物质的量浓度相等，B 错误；在250℃条件下，b 点转化率为96%，列三段式：
¿ 起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
2N2O(g)⇌
❑
2N2(g)+O2(g)
1 0 0
0.96 0.96 0.48
0.04 0.96 0.48
则O2的体积分数为
0.48
0.04+0.96+0.48 =32.4 %，C 错误；正向反应为体积增大的反应，在250℃、恒压容
器中进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，
平衡正向移动，N2O的转化率大于96%，D 正确；故选D。
29.（2025·辽宁沈阳·一模）在一定温度下，CuCl2在液态有机相中存在以下氯化络合反应：
Cu
2++Cl
−⇄CuCl
+ K1=1.5 Cu
2++2Cl
−⇌CuCl2 K2=0.5
Cu
2++3Cl
−⇌CuCl3
− K3=5×10
−3 Cu
2++ 4 Cl
−⇌CuCl4
2− K4=2.5×10
−5
保持温度不变，改变xmol⋅L
−1CuCl2有机相稀溶液中Cl
−的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数δ
与Cl
−平衡浓度关系如图所示。
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下列说法错误的是
A．上图中未表示出CuCl4
2−的分布系数
B．当c(Cl
−)=3 mol⋅L
−1时，c(CuCl2)=c(CuCl
+)>c(Cu
2+)>c(CuCl3
−)
C．A 点Cu
2+的氯化络合转化率约为55%
D．室温下反应Cl
−+CuCl
+⇄CuCl2的平衡常数K = 4.5
【答案】D
【分析】由图及Cu
2++Cl
−⇌CuCl
+、Cu
2++2Cl
-⇌CuCl2、Cu
2++3Cl
-⇌CuCl3
-、Cu
2++4Cl
-⇌CuCl4
2-可
知，随着c(Cl
−)的增加，平衡正向移动，c(Cu
2+)减小，c(CuCl
+)增加，故曲线a 表示Cu
2+的分布系数，
曲线b 表示CuCl
+的分布系数，则曲线c 表示CuCl2的分布系数，据此回答；
【解析】由分析可知，只有当c(Cl
−)足够大时，才会出现CuCl4
2-微粒，上述图像中未表示出CuCl4
2−的分
布系数，A 正确；当c(Cl
−)=3 mol⋅L
−1时，由图像的分布系数可知，b=c＞a＞CuCl3
-，即c (CuCl
+)=
c (CuCl2)＞c (Cu
2+)＞c(CuCl3
-)，B 正确；A 点时，c(CuCl3
-)、c(CuCl4
2-)分布系数几乎为0，设
c(Cu
2+)=c(CuCl
+)=amol/L、c(CuCl2)=bmol/L，则K1=c(CuCl
+)
c(Cu
2+)c(Cl
-)
=1
c(Cl
-)
=1.5，
c(Cl
-)= 2
3 mol·L
−1，K2=c(CuCl2)
c(Cu
2+)c
2(Cl
-)
=b
(
2
3)
2
×a
=0.5，a=4.5b，所以Cu
2+的氯化络合转化率约为
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c(CuCl
+)+c(CuCl2)
c(Cu
2+)+c(CuCl
+)+c(CuCl2)
=a+b
a+a+b ×100% = 5.5b
10b ×100% =55 %，C 正确；已知①
Cu
2++Cl
−⇌CuCl
+ K 1=1.5、②Cu
2++2Cl
-⇌CuCl2K2=0.5，②－①得到Cl
−+CuCl
+⇌CuCl2
的平衡常
数K = K 2
K 1
= 1
3
，D 错误；故选D。
1．(2025·山东卷，10，3 分)在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合
物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全
分解；体系中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列说法错误的是( )
A．a 线所示物种为固相产物
B．T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1
C．p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp
D．T1温度时、向容器中加入b 线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
【答案】D
【解析】Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为NaF(s)和SiF4(g)，
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其分解的化学方程式为Na2SiF6(s)
2NaF(s)＋SiF4(g)，根据图数据分析可知，a 线代表NaF(s)，b 线代表
SiF4(g)，c 线代表Na2SiF6(s)。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。A
项，a 线所示物种为NaF(s)，NaF(s)固相产物，A 正确；B 项，T1温度时，向容器中通入N2，恒容密闭容器
的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为
p1，B 正确；C 项，由图可知，升温b 线代表的SiF4增多，则反应Na2SiF6(s)
2NaF(s)＋SiF4(g)为吸热反
应，升温Kp 增大，已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解，则该反应T2以及之后正向进行趋势很大，Qp＜
Kp，体系中气相产物在T3温度时的分压为p3，p3=Qp，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4(g)，
Kp =p(SiF4)，即T3温度时热解反应的平衡常数Kp =p(SiF4)，C 正确；D 项，据分析可知，b 线所示物种为
SiF4(g)，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4(g)，Kp =p(SiF4)，温度不变Kp不变，T1温度时向容
器中加入SiF4(g)，重新达平衡时p(SiF4)不变，则逆反应速率不变，D 错误；故选D。
2．(2025·江苏卷，13，3 分)甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应Ⅰ C3H8O3(g)=3CO(g)＋4H2(g) ΔH＞0
反应Ⅱ CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0
反应Ⅲ CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
1.0×105Pa 条件下，1 mol C3H8O3和9 molH2O 发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4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( )
A．550℃时，H2O 的平衡转化率为20%
B．550℃反应达平衡状态时，n(CO2)：n(CO)=11：25
C．其他条件不变，在400~550℃范围，平衡时H2O 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H2的物质的量
【答案】A
【解析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，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Ⅱ平衡逆向移动，CO 物质的量增大，则曲线③代表CO，温
度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线②代表CH4。A 项，550℃时，n(H2)=5mol，
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n(CO2)=2.2mol，n(CH4)=n(CO)=0.4mol，根据C 原子守恒，可得
，根据O 原子守恒，可得
(也可利用H 原子守恒计算，结果相同)，则
，A 正确；B 项，550℃时，n(CO2)=2.0mol，n(CO)=0.4mol，则
n(CO2)：n(CO)=11：2，B 错误；C 项，400~550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，
n(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H2O 的物质的量减小，C 错误；D 项，增大压强，反应Ⅰ
平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，D 错误；故选A。
3.（2025·辽宁卷）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气
为原料合成乙二醇具有重要意义。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和
制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3 个均放热的连续反应，其中MG 生
成乙二醇的反应为可逆反应。
（4）在2MPa、
催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
，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
]。
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①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO 的转化率，曲线_______
表示MG 的选择性。
②有利于提高A 点DMO 转化率的措施有_______(填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
483K
③
时，出口处
的值为_______(精确至0.01)。
A
④
点反应
的浓度商
_______(用物质的量
分数代替浓度计算，精确至0.001)。
【答案】
（4）I IV BD 1.98 0.025
【解析】
（4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I 曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO 的转化
率区域恒定，故I 曲线为DMO 的实际转化率曲线；又已知II 为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II 和曲线
IV 可知，随着反应的进行MG 逐渐转化为乙二醇，故曲线IV 为MG 的选择性曲线，因此曲线III 为乙醇的
选择性曲线。
①根据上述分析，曲线I 为DMO 的实际转化率曲线；曲线IV 为MG 的选择性曲线；
②根据图示，降低温度，DMO 的转化率降低，A 不符合题意；增大压强，反应体系中的活化分子数增加，
化学反应速率加快，DMO 的转化率增大，B 符合题意；减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO
的转化率降低，C 不符合题意；A 点时DMO 的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A 点时反
应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO 的转化率，D 符合题意；
故选BD；
483K
③
时，DMO 的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO 为100mol，则出口出流出的乙醇的物质
的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO 未反应从出口流出，因此出口处
=
=1.98；
④设初始时H2与DMO 的投料分别为52.4mol 和1mol，A 点时DMO 的实际转化率为80%，MG 和乙二醇的
选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO 转化为MG，可写出如下关系：
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第二步反应，MG 转化为乙二醇，可写出如下关系：
这时，体系中DMO 的物质的量为0.2mol、MG 的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH
的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。
用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx=
=0.025。
4.（2024·辽宁卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用
催化氧化法处理
废气：
。将
和
分别以不同起
始流速通入反应器中，在
和
下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率(
)曲线，
如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
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回答下列问题：
（3）下列措施可提高M 点
转化率的是_______(填标号)
A. 增大
的流速
B. 将温度升高
C. 增大
D. 使用更高效的催化剂
（4）图中较高流速时，
小于
和
，原因是_______。
（5）设N 点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数
_______(用平衡物质的量分数代替平
衡浓度计算)
【答案】 （3）BD
（4）流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，
反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
（5）6
【解析】
（3）A．增大HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；
B．M 对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl 的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl 的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl 的转化率增加，符合题意；故选
BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不
及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢
的转化率低。
（5）由图像可知，N 点HCl 的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
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则
。
5．(2025·河南卷，17)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳
资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g) ΔH1＝+178kJ·mol−1
反应Ⅱ：CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH2＝+247kJ·mol−1
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1
(5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2 所示，反应温度最高的是
(填“T1”“ T2”或“T3”)，原因是 。
(6)一定温度、100kPa 下，向体系中加入1.0 molCaCO3和1.0 molCH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒
压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO 物质的量为1.3 mol，反应Ⅲ的平
衡常数Kp= (保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为 。
已知：原位CO2利用率
【答案】(5)T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动
(6)1.2 70%
【解析】(5)反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度
最高的是T1；
(6)一定温度、100kPa 下，向体系中加入1.0 molCaCO3和1.0 molCH4，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3
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转化率为80%，反应Ⅰ：CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g)平衡时生成
，CH4转化率为60%，CO
物质的量为1.3 mol，则
气体总物质的量n 总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，反应Ⅲ的平衡常数
，CaCO3平衡时
，原位CO2利用率为
。
6．(2025·陕晋宁青卷，17)MgCO3/MgO 循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。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) ΔH1＝+101kJ·mol−1
II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1
III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1
(4) 100kPa 下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol 发生反应。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下图(反应III 在360℃以下不考虑)。
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注：含碳生成物选择性
①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2 (列出计算式即可)。
③在550℃下达到平衡时，n(CO) mol。500~600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是
。
【答案】(4)c
0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【解析】(4)已知反应I 为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III 为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸
镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷
的选择性下降，所以a 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。①表示CH4
选择性的曲线是c；②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根
据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲
烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为
0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为
0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，
，
，
，则反应Ⅱ的
；③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全
转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为
0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在
500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的
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氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。
7．(2025·云南卷，17) (3)恒压100kPa 下，向密闭容器中按n(H2O)：n(C2H5OH)=9：1 投料，产氢速率和产
物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性
]
①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则
，平衡常数Kp1= kPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡
浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(3)乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36：5
【解析】(3)①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；②由
图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为0.66eV，生成产物3 的最
大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产
物1；③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为
90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙
醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故
0.72：
0.1=36：5；列三段式：
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则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、
0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
kPa。
35
