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考点25 化学反应速率与平衡图象
(核心考点精讲精练)
一、3 年真题考点分布
考点内容
考题统计
化学反应速率图象
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；2021 广东卷14 题，4 分；2021 辽宁卷11 题，3
分；2021 河北卷11 题，4 分；
化学平衡图象
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；2021 湖南卷11 题，4 分；
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，识图是化学反应速率和化学平衡的难点，图像、数据信息是高考考查难点和
区分点，高考通过信息给予多样化，往往根据工业生产实际，并结合陌生图象，分析投料比、转化率、产
率的变化，考查接受、加工、同化新信息能力。
【备考策略】
(1)处理好已学知识与题目中提供新信息之间的关系；
(2)提高陌生文本的阅读能力，不断提高获取有效信息；
(3)不同的省份应根据本省命题规律进行有针对性地备考。
【命题预测】
预计2024 年的高考仍然会以物质(或微粒)变化示意图、能量变化图象或化学平衡图象的形式呈现，另
选择有机反应、溶液中进行的反应考查化学平衡问题成为命题热点，尤其是化学平衡图象的绘制，应此起
关注。
考法
1
化学反应速率图象
常见速率—时间图像(vt 图像)类型如下：
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·mol-1。
(1)“渐变”类vt 图像
图像
分析
结论
1
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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
(2)“断点”类vt 图像
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)
(3)“平台”类vt 图像
图像
分析
结论
2
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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)
化学速率与平衡图像的解题思路和方法
例1 (2023•湖南卷，13)向一恒容密闭容器中加入1molCH4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( )
3
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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 项，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x1＜x2，故A 正确；B 项，b 点和c 点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b 点x 值小于c 点，则
b 点加水多，反应物浓度大，则反应速率：v 正b＞vc 正，故B 错误；C 项，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：Ka＜Kb =Kc，故C 正确；D 项，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；故选B。
例2 (2021•辽宁选择性考试，12)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化
剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1
4
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D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min
【答案】B
【解析】A 项，由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更
短，故反应速率越大，A 正确；B 项，由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③
的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B 错误；C 项，
由题干图中数据可知，条件①，反应速率为
=0.012 mol·L－1·min－1，C 正确；D
项，反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0
mol·L－1时，半衰期为125min÷2=62.5 min，D 正确；故选B。
对点1 T0温度下，向2L 真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应：N2O3(s)
NO2(g)＋X(g) (未
配平)，反应过程如图，下列说法正确的是( )
A．X 可能为N2
B．0~2 min 用N2O3表示的反应速率为1mol·min－1
C．第2min 时逆反应速率大于第4min 时逆反应速率
D．第4min 时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，混合气体颜色加深
【答案】B
【解析】A 项，由图像可知，2min 时N2O3物质的量变化为2mol、NO2的物质的量变化为2mol，
N2O3、NO2系数比为1：1，根据元素守恒，X 为NO，故A 错误；B 项，0~2 min 内N2O3物质的量变化为
2mol ，所以0~2 min 用N2O3表示的反应速率为1mol·min－1，故B 正确；C 项，第2min 时NO2的浓度小于
第4min 时NO2的浓度，所以第2min 时逆反应速率小于第4min 时逆反应速率，故C 错误；D 项，N2O3是
固体，第4min 时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，平衡不移动，混合气体颜色不变，故D
错误；故选B。
5
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对点2 丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为：
，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需及时从溶液体系
中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变化如图所示。设过氧化氢异丙苯的初始浓度为
x mol·L-1，反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法不正确的是( )
A．a、c 两点丙酮的物质的量浓度相等
B．b、c 两点的逆反应速率：v(b)＞v(c)
C．100 ℃时，0～5 h 之间丙酮的平均反应速率为 0.14x mol·L-1·h-1
D．若b 点处于化学平衡，则120℃时反应的平衡常数
【答案】D
【解析】A 项，由于起始反应物浓度相同且a、c 点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A 正确；B
项，由于反应物转化率b 点(98%)＞c 点(70%)，故生成物浓度：b 点＞c 点，且b 点温度大于c 点，故逆反
应速率：b 点＞c 点，B 正确；C 项，由图示知，100℃时，5 h 时反应物的转化率为70%，故生成丙酮的浓
度=0.7x mol/L，则0~5 h 丙酮的平均反应速率=
，C 正确；D 项，b 点对应
反应物转化率为98%，故两种生成物浓度均为0.98x mol/L，但在反应过程中有部分苯酚被移出反应体系，
故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D 错误； 故选D。
考法
2
化学平衡图象
化学平衡图像的三种类型
对于反应mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g)，m+n>p+q，且ΔH>0。
(1)速率-时间图像
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t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，
对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，正反应速率
和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率同等程度增大。
(2)转化率(或含量)-时间图像
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。
(3)恒压(温)曲线
分析时可在横坐标上作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反
应的影响。
化学平衡图像题的解题流程
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例1 (2022•广东选择性考试，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】C
【解析】A 项，从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该
反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A 错误； B 项，从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温
度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a 曲线
表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B 错误；C 项，容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有
改变各物质的浓度，平衡不移动，故C 正确；D 项，BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变
其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D 错误；故选C。
8
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例2 (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·mol−1
CO2(g)+H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝41.2kJ·mol−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】D
【解析】根据已知反应①C2H5OH(g)+3H2O(g)= 2CO2(g)＋6H2(g) ΔH2＝173.3kJ·mol−1，反应②CO2(g)
+H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝41.2kJ·mol−1，且反应①的热效应更大，故温度升高的时候对反应①影响更
大一些，即CO2选择性增大，同时CO 的选择性减小，根据CO 的选择性的定义可知③代表CO2的选择性，
①代表CO 的选择性，②代表H2的产率。A 项，由分析可知②代表H2的产率，A 错误；B 项，由分析可知
升高温度，平衡时CO 的选择性减小，B 错误；C 项，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；D 项，加入CaO(s)与水反应放热，对反应①影响较大，可以增大H2产率，或
者选用对反应①影响较大的高效催化剂，也可以增大H2产率，D 正确；故选D。
对点1 SCR 法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应如下：
主反应：2NH3(g)+ 4NO(g)+ O2(g)
4N2(g)+6H2O(g ) ΔH
9
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副反应：4NH3(g)+ 5O2(g)
4NO (g)+6H2O(g )
相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应，下列说法错误的是( )
A．工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性
B．投料比一定时有利于提高NO 平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强
C．图中M 点处(对应温度为210℃)NO 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率
D．相同条件下选择高效催化剂，可以提高NO 的平衡转化率
【答案】D
【解析】A 项，从题干图中可知，催化剂乙在低温下具有很强的催化活性，从而可以节约能源，故工
业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性，A 正确；B 项，从图中分析可知，随着温度升高化
学平衡逆向移动，即该主反应是一个正反应为放热反应，且正向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原
理可知，投料比一定时有利于提高NO 平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强，B 正确；C 项，甲
催化剂随温度升高NO 转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作
用下，图中M 点处(对应温度为210℃)NO 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于210℃时，NO
转化率降低是催化剂活性减低(或副反应增多)，C 错误；D 项，根据勒夏特列原理可知，催化剂只能改变
反应速率而不影响化学平衡，故相同条件下选择高效催化剂，不能提高NO 的平衡转化率，D 错误；故选
D。
对点2 在恒容密闭容器中充入3molX 和3molY 发生反应：3X(g)+Y(g)
2Z(g) △H<0，反
应过程持续升高温度，测得混合体系中Z 的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是( )
A．M 点和P 点均达到平衡状态
B．M 点的逆反应速率可能大于N 点的逆反应速率
C．反应过程中X、Y 的体积分数均先减小后增大
D．P 点Z 的体积分数小于N 点，原因可能是高温使催化剂活性降低
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【答案】B
【解析】A 项，根据题中示意图可知，N 点之前随温度升高，Z 的含量增加，说明反应正向进行，N
点之后随温度升高，Z 的含量减小，说明平衡逆向进行，则M 点没有得到平衡状态，N 点达到平衡状态，
N 点之后温度升高平衡逆向移动，A 错误；B 项，由于温度会影响催化剂的活性，M 点温度虽然低于N 点，
但考虑催化的活性，所以M 点的逆反应速率可能大于N 点的逆反应速率，B 正确；C 项，由于X 和Y 不是
按照化学计量数之比通入的，所以反应过程中X、Y 的体积分数不一定均先减小后增大，C 错误；D 项，
催化剂不会影响平衡状态，P 点Z 的体积分数小于N 点，原因是温度升高平衡逆向进行导致的，D 错误；
故选B。
1．(2023•辽宁省选择性考试，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
-+5C2O4
2-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】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。A 项，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 项，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
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作用，13min 后反应速率会增大，B 项错误；C 项，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 项，H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以
化学式保留，总反应为2MnO4
-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D 项错误；故选C。
2．(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0.10mol∙L-1，TFAA 的浓度为0.08mol∙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0.08mol∙L-1
【答案】AC
【解析】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+TFAA→F，
②F→G，③G
H+TFAA；t1之后的某时刻，H 为0.02 mol∙L-1，此时TFAA 的浓度仍为0，则表明
0.10mol∙L-1E、起始时的0.08mol∙L-1TFAA、G 分解生成的0.02 mol∙L-1 TFAA 全部参加反应，生成
0.10mol∙L-1F；在t2时刻，H 为0.08mol∙L-1，TFAA 为0.06mol∙L-1，G 为0.01 mol∙L-1，则F 为0.01 mol∙L-1。A
项，t1时刻，H 的浓度小于0.02 mol∙L-1，此时反应③生成F 的浓度小于0.02 mol∙L-1，参加反应①的H 的浓
度小于0.1 mol∙L-1，则参加反应E 的浓度小于0.1 mol∙L-1，所以体系中有E 存在，A 正确；B 项，t2时刻，H
为0.08mol∙L-1，TFAA 为0.06mol∙L-1，G 为0.01 mol∙L-1，则F 为0.01 mol∙L-1，所以体系中有F 存在，B 不正
确；C 项，t1之后的某时刻，H 为0.02 mol∙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 项，在t2时刻，H 为
0.08mol∙L-1，TFAA 为0.06mol∙L-1，G 为0.01 mol∙L-1，F 为0.01 mol∙L-1，只有F、G 全部转化为H 和TFAA
时，TFAA 的浓度才能为0.08mol∙L-1，而G
H+TFAA 为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA 的浓度
12
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一定小于0.08mol∙L-1，D 不正确；故选AC。
3．(2023•浙江省6 月选考，14)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C-CH3)可与HCl 发生催化加成，反应
如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正
确的是( )
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加
浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I 的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物1
【答案】C
【解析】A 项，反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I 放出的热量小于反应Ⅱ放出的
热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A 正确；B 项，短时间里反
应I 得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I 的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，
则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B 正确；C 项，增加HCl 浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物
I 的比例可能降低，故C 错误；D 项，根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率
的产物1，故D 正确。故选C。
4．(2022•湖南选择性考试，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( )
13
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A．ΔH＞0
B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a 点平衡常数：K＞12
D．反应速率：Va 正＜Vb 正
【答案】B
【解析】A 项，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ΔH＜0，故A
错误；B 项，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 项，a 点为平
衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的
量浓度)之比，所以可设Y 转化的物质的量浓度为xmol∙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=
，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数
减小即平衡常数K＜12，故C 错误；D 项，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。故选B。
5．(2022•广东选择性考试，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( )
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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 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】A 项，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 项，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 项，由图可知，使用催化剂II 时，在0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L，而a 曲线表示的
X 的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂II 时X
浓度随时间t 的变化，故C 错误；D 项，使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则v
(Y) =
=
=2.0 mol·L－1·min－1，v (X) =
(Y) =
2.0 mol·L－1·min－1=1.0 mol·L－1·min－1，故
D 正确；故选D。
11．(2022•河北省选择性考试，11)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式
为①X
Y；②Y
Z。反应①的速率
，反应②的速率
，式中
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
曲线。下列说法错误
的是( )
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A．随
的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
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
【解析】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。A 项，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 错误；B 项，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 错误；C 项，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 正确；D 项，由图乙信息可知，温度低于T 时，k1＞k2，反应②为慢反
应，因此，总反应速率由反应②决定，D 正确；故选AB。
6．(2021•湖南选择性考试，11)已知：A(g)+2B(g)
3C(g)△H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充
入1mol A 和3mol B 发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正
反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
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A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A 的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(Ⅰ)
D．平衡常数K：K(Ⅱ)＜K(Ⅰ)
【答案】BC
【解析】A 项，为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能判定
平衡状态，故A 错误；B 项，t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，
故B 正确；C 项，t2时加入C，平衡逆向移动，则平衡时A 的体积分数φ：φ(Ⅱ)＞φ(I)，故C 正确；D 项，
平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，故D 错误；故选BC。
7．(2021•广东选择性考试，14)反应X=2Z 经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z 的
浓度c 随时间t 的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a 为c(X)随t 的变化曲线
B．t1时，c(X)= c(Y)= c(Z)
C．t2时，
的消耗速率大于生成速率
D．t3后， c(Z)=2c0- c(Y)
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应X=2Z 经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势
的ａ线为X 的浓度c 随时间t 的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z 的浓度c 随时间t 的变化曲线，先增加
后减小的线为Y 的浓度c 随时间t 的变化曲线。A 项，X 是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断
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减小，因此，由图可知，ａ为c(X)随t 的变化曲线，A 正确；B 项，由图可知，分别代表3 种不同物质的曲
线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)= c(Y)= c(Z)，B 正确；C 项，由图中信息可知，t2时刻以后，Y 的浓度
仍在不断减小，说明t2时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y 的速率小于反应②消耗Y
的速率，即t2时Y 的消耗速率大于生成速率，C 正确；D 项，由图可知，t3时刻反应①完成，X 完全转化为
Y，若无反应②发生，则c(Y) =c0，由于反应②Y→2Z 的发生，t3时刻Y 浓度的变化量为c0- c(Y)，变化量
之比等于化学计量数之比，所以Z 的浓度的变化量为2[c0- c(Y)]，这种关系在t3后仍成立， 因此，D 不正
确。故选D。
8．(2021•河北选择性考试，11)室温下，某溶液初始时仅溶有M 和N 且浓度相等，同时发生以下两个
反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为
v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min 时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M 转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】A 项，由图中数据可知，30 min 时，M、Z 的浓度分别为0.300 mol•L-1和0.125 mol•L-1，则M
的变化量为0.5 mol•L-1-0.300 mol•L-1=0.200 mol•L-1，其中转化为Y 的变化量为0.200 mol•L-1-0.125
mol•L-1=0.075 mol•L-1。因此，0~30 min 时间段内，Y 的平均反应速率为
，A 不正确；B 项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为
，Y 和Z 分别为反
应①和反应②的产物，且两者与M 的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y 和
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Z 的浓度之比等于
，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 正确； C 项，结合A、B 的分析
可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y 和Z 的浓度之比等于
=
，因此，如
果反应能进行到底，反应结束时有
的M 转化为Z，即62.5%的M 转化为Z，C 正确；D 项，由以上分析
可知，在相同的时间内生成Z 较多、生成Y 较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活
化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D 说法正确。故选A。
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