2026年高考化学二轮复习（全国）题型09 反应速率与化学平衡图像分析（解析版）

题型09反应速率与化学平衡图像分析

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01化学反应速率图像分析

考向02化学平衡图像分析【重难】

考向03反应速率与平衡及其图像分析【重难】

考向04多曲线复杂图像的分析【重难】

三部分综合巩固整合应用，模拟实战

反应速率与化学平衡图像题是化学反应原理模块的考查重心，它直观地揭示了反应过程中各物理量的动态

变化关系，要求学生具备出色的识图、析图和数据加工能力。高考试题单一图像考查将减少，更多出现“双

纵坐标”或“多曲线对比”图像。图像题的背景材料将源于工业真实催化过程（如合成氨、接触法制硫酸的优

化条件）、或新颖的有机反应，要求考生剥离情境，直接应用原理分析图像。设问将从“是什么”转向“为什

么”和“怎么样”，例如要求计算平衡常数、比较不同点速率大小、或判断特定点的v正与v逆关系。解答该

类试题要深刻理解图像背后的勒夏特列原理，并能用速率理论解释温度、催化剂对图像曲线的影响。

考向01化学反应速率图像分析

【例1-1】（2025·安徽卷）恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t

t=0A(g)

变化的曲线如图(反应速率，k为反应速率常数)。

v=kx

下列说法错误的是

平衡

A．该条件下

xN,平衡k-1k2

xM,k1k-2

B．时间段，生=成M和N的平均反应速率相等

1

C．若0~加t入催化剂，增大，不变，则和平衡均变大

121M,

D．若和kk均为放x热反x应，升高温度则平衡变大

【答案A】(gC)→M(g)A(g)→N(g)xA,

平衡

【解析】①的，②，②－①得到，则k

K=平衡2

k1k2xNk−2

k1

k−1k−2xM

A(g)⇌M(g)K=A(g)⇌N(g)K=M(g)⇌N(g)=k−1=

，A正确；由图可知，时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应

k2k−1

k1k−21

速率相等，B正确；若加入催0~化t剂，增大，更有利于生成M，则变大，但催化剂不影响平衡移动，平衡

不变，C错误；若和k1均为放热反应，升x高1温度，两个反应均逆向移动，A的x物M,质

的量分数变大，即A(平g)衡→变M大(，g)D正A(确g)；→故N选(gC)。

【例1-2】（2024·安xA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

2-2-

随时间变化关系如下图。SeO4SeO4

实验序号水样体积/纳米铁质量/水样初始

mLmgpH

①5086

②5026

③5028

下列说法正确的是

A．实验①中，0~2小时内平均反应速率

2--1-1

B．实验③中，反应的离子方程式为：vSeO4=2.0mol⋅L⋅h

2-+3+

C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质2F量e+可Se加O4快+反8H应速=率2Fe+Se+4H2O

D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好

2-

【答案】CpHSeO4

【解析】实验①中，小时内平均反应速率，

0~2−5−5-1A

2-(5.0×10−1.0×10)mol⋅L−5-1-1

不正确；实验③中水样初始=8，溶液显弱碱v性Se，O发4生=反应的离子2h方程式中不=能2.用0×1配0电m荷o守l⋅恒L，⋅Bh不正

+

确；综合分析实验①和②可知pH，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此H，其他条件相同时，

2-

适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；综合分析实Se验O4③和②可知，在相同时间内，实验②中

2-

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Se太O小4

2-

时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与pH反S应eO的4纳米铁减少，因此，当初始p越H小时

++2-

H的去除效果不一定越好H，D不正确；故选C。SeO4pH

2-

SeO4

1.看面：认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理相联系。

2.看线：弄清线的走向、变化趋势及线的陡与平。

3.看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如起点、终点、交点、折点、最高点、最低点。例如，

在浓度—时间图像中，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判

断。

4.看变化趋势：在速率—时间图像上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变、大变和小变。

例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增；增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。

【变式1-1】（2025·安徽·三模）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、2.0MPa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=1.0MPa

C．M、N、O三点中，M点反应速率最快

-3

D．O点对应温度下，该反应的平衡常数Kp=9000(MPa)

【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0.50MPa，

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=1.0MPa，分压p(Z)=0.9×1.0MPa=0.9MPa，

p(Y)=0.1×1.0MPa=0.1MPa，则该条件下该反应的压强平衡常数为Kp=，D正

p(Z)0.9MPa

44−3

确；故选D。p(Y)=(0.1MPa)=9000MPa

【变式1-2】（2025·内蒙古·模拟预测）25℃下，为探究纳米铁去除工业废水中的影响因素，测得不同

2−

条件下浓度随时间变化关系如下图。SeO4

2−

SeO4

实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH

①100166

②10046

③10048

下列说法正确的是

A．实验①中，0~2小时内平均反应速率mol·L-1·h-1

2-

B．实验③中，反应的离子方程式为：vSeO4=2.0

2-+3+

C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质2F量e+可Se加O4快+反8H应速=2率Fe+Se+4H2O

D．其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好

2-

【答案】CSeO4

【分析】由表格数据可知，实验①②探究其他条件相同时，纳米铁质量对去除工业废水中的影响，实

2−

验说明适当增加纳米铁质量可加快反应速率；实验②③探究其他条件相同时，水样初始pHSe对O去4除工业废水

中的影响，实验说明减小水样初始pH可加快反应速率，但水样pH太小，溶液中的氢离子会与纳米

2−

铁反SeO应4导致去除效果降低，所以实验时，应适当控制水样初始pH，否则会影响去除效果。

【解析】由图可知，0~2小时内，实验①中硒酸根离子浓度变化量为(5.0×10-4mol/L-1.0×10-4mol/L)=4.0×10-4

，则硒酸根离子平均速率为-4-1-1，错误；由表格数据可知，实验③

mol/Lv=−4=2.0×10mol·L·hA

4.0×10mol/L

的初始pH为8，溶液呈弱碱性，发生的反2应h为，B错误；由分析可知，

2-3+-

实验①②说明其他条件相同时，适当增加纳米铁2质Fe量+S可eO加4快+4反H应2O速=率2F，eC+正S确e+；8由OH分析可知，水样pH太小，

溶液中的氢离子会与纳米铁反应导致去除效果降低，所以水样初始pH越小，去除效果不一定越好，D错误；

故选C。

考向02化学平衡图像分析

【例2-1】（2025·江苏卷）甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应：

反应ⅠC3H8O3H2

反应ⅡC3H8O3(g)=3CO(g)+4H2(g) ΔH>0

反应ⅢCO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH<0

CO2(条g)件+下4H，2(g)=CH4(g)和+2H2O(g)   发ΔH生<上0述反应达平衡状态时，体系中、、和的

5

1物.0质×的1量0随Pa温度变化的1m理o论lC计3H算8O结3果9如m图ol所H2示O。下列说法正确的是COH2CO2CH4

A．时，的平衡转化率为20%

B．550℃反应达H2平O衡状态时，

C．其55他0℃条件不变，在nCO范2围:n，(C平O)衡=时11:25的物质的量随温度升高而增大

D．其他条件不变，加压40有0~利5于50增℃大平衡时的物H2质O的量

【答案】AH2

【分析】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，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H2应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表，据此解答。

【解析】时，CH4，，CH4，根据C原子守恒，可得

550℃nH2=5molnC，O2根=据2O.2m原o子l守n恒C，H4可=得nCO=0.4mol

nC−nCO2−nCO−nCH4nO−2nCO2−nCO−3nC3H8O3

3832

nCH(O也可=利用H原子3守恒计算，=结0果相同)，则nHO=，1A正确；=时，

9mol−7.2mol

7.2mol，，则αH2O=，9Bm错ol误；×100%=20范%围，随温度5升5高0℃，反

n应CⅡO、2Ⅲ=平2衡.2均mo逆l向n移C动O，=0.4mo增l大，n说C明O2反:应nCⅢO逆=向1移1动:2程度更大，4则00~55的0℃物质的量减小，C错误；

增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移n动CO，2反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2O的物质的量减小，D错误；

故选A。H2

【例1-2】（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：CH3OHgCOg

副反应：CH3OHg+COg=CH3COOHgΔH1

在不同温度CH下3O，H反g应+达C到H3平CO衡O时H，g测=得CH两3种CO含OC碳H产3物g的+分H2布O分g数ΔH2

�CH3COOH

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δ是δCHCOOH=�CH3COOH+�CH3COOCH3

A．投料比x代表

�CH3OH

B．曲线c代表乙酸�的CO分布分数

C．，

D．ΔLH、1M<、0N三ΔH点2的>平0衡常数：

【答案】D�L=�M>�N

【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、

3

，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则δ对C于H主C、OO副H反应可知生

nCH3OH

33nCO

δ成C的HCCHO3OCCOHOCH3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。

nCO

nCH3OHδCH3COOHδCH3COOCH3

【解析】根据分析可知，投料比x代表，故A错误；根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布

nCO

分数，故B错误；甲醇与一氧化碳的反n应CH为3O熵H减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以甲

醇和一氧化碳的反应为放热反应，则ΔH1<0；当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时

，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升δ高C副H3反CO应O的CH平3衡逆向移动，

δCH3CO，OC故H3C错误；L、M、N三点对应副反δ应CH3COOC，H且3，升高温度平衡逆向移动，

ΔH2<0，故D正确；故选D。ΔH2<0TN>TM=TL�L=

�M>�N

【变式2-1】（2025·河北衡水·三模）利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下。

Ⅰ.

−1

ⅡC.H3CH2OHg⇌COg+CH4g+H2gΔ�1=+49 kJ⋅mol

−1

ⅢC.H4g+H2Og⇌3H2g+COgΔ�2=+206 kJ⋅mol

−1

在C65O0℃g、+1H020OkPga条⇌件H2下g，+乙C醇O2的g进料Δ�速3率=为−4110 k0J⋅mol；水醇（水与乙醇）的进料速率比与气体平衡

−1

产量（）的关系如图所示。当水醇进料比为mo7:l1⋅h时，下列说法错误的是

−1

mol⋅h

A．图中a线可能表示的平衡产量

B．a线表示的平衡C产H4量，则乙醇的平衡转化率为90%

C．反应Ⅲ的CO2

490×130

D．温度高于�6p50=℃5时0×，480的平衡产量略有下降是由于平衡逆向移动

【答案】AH2

【解析】在650℃、100kPa条件下，乙醇的进料速率为100；水醇（水与乙醇）的进料速率比与

−1

气体平衡产量（）的关系如图，的量在减少，说明m除ol发⋅h生反应Ⅰ和反应Ⅱ外，主要发生了反应Ⅲ，

−1

以生成氢气和二m氧o化l⋅碳h为主，则图中a线C表O示的平衡产量，A错误；水醇进料比为7：1时，CO的平衡

产量为，的平衡产量为CO2，根据C原子守恒得到消耗的乙醇为

−1−1

50mol⋅hCO2，则乙1醇3的0m平o衡l⋅转h化率为，正确；水醇比

−1−1−1B7:1

50mol⋅h+130mol⋅h90mol⋅h

−1−1

时，水进2料=90m，o反l⋅应hⅡ消耗90mol、反应Ⅲ消耗110300moml⋅hol，×剩1余004%80=m9o0l；%总量为490mol，

−1

为130mol，7C0O0m为ol5⋅0hmol，根据，反应Ⅲ的H2，C正确；固CO定2

�H2�CO2�H2�CO2490×130

�

水醇进料速率比为7:1，温度高于𝑝65=0℃𝑛时�，氢气的平衡�产=量�略CO有�下H2O降=的�原C因O�为H2：O当=水50醇×4进80料速率比为7:1

时，反应Ⅲ占主导且为放热反应，因此当温度高于650℃时，平衡会向逆反应方向移动，导致的平衡产量略

有下降，D正确；故选A。

【变式2-2】（2025·广东清远·一模）在容积不变的密闭容器中，发生反应：

，在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示。下列说法正

COg+H2Sg⇌COSg+H2gΔ�H2S

确的是

A．该反应的正反应的活化能大于逆反应的活化能

B．正反应速率：

C．若将容器体积缩�a小<至�b原来的一半，的转化率增大

D．当混合气体的平均相对分子质量不H再2改S变，该反应达到平衡

【答案】B

【分析】由于题目中图片显示转化率随温度升高而降低，可推断升高温度平衡逆向移动，故正反应为放

热反应（<0），据此分析：H2S

【解析】Δ�正逆，正反应放热（<0），则正逆<0，即正逆，A错误；

由图可知，Δ�a，=bE两a(点)温-E度a(相同)，b点的转Δ化�率小于平衡E转a(化率)-E，a(说明)b点的反Ea应(物)<浓E度a(高于)平衡点a，

因此正反应速率，B正确；该H反2应S前后气体分子数相等（均为2），容器体积缩小（压强增大）不影

响平衡移动，�转a<化�率b不变，C错误；混合气体总质量和总物质的量始终不变，平均相对分子质量（）

�

始终不变，不H能2S作为平衡标志，D错误；故选B。�=�

考向03反应速率与化学平衡图像分析

【例3-1】（2024·海南卷）已知298K，101kPa时，。

-1

该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进CO行2，gC+O32H的2初g始⇌浓C度H3为OHg+H2Og，ΔH=-49.5kJ⋅关m系ol如

−1

图所示。下列说法错．误．的是0.4mol⋅LcCO2−t

A．T1＞T2

B．T1下反应达到平衡时

−1

C．使用催化剂1的反应活c化CH能3O比H催=化0剂.152m的o大l⋅L

D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同

【答案】D

【解析】平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，

该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；T1温度下达到平衡时

CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化

学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确；在温度均为T1时，使用

−1

催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更c长CH即3O催H化=剂01.1时5m的o反l⋅应L速率比催化剂2的更慢，说明使用催

化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的

时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在

不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；故选D。

【例3-2】（2024·吉林卷）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1是50℃

15h

A．时，反应②正、逆反应速率相等

B．该3h温度下的平衡常数：①>②

C．平均速率(异山梨醇)

-1-1

D．0反~应3h②加入催化剂不改变其=0平.0衡14转m化ol率⋅kg⋅h

【答案】A

【解析】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1误5h；图像显示该温度下，后所有物3质h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1应5h②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；由图可知，在内异山梨

0~3h

醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=，故C正确；催

0.042mol/kg-1-1

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3h应②加=0入.0催14化m剂ol不⋅k改g变⋅其h平衡转化率，故D

正确；故选A。

一看面，即纵坐标与横坐标的意义

二看线，即线的走向和变化趋势

看图象三看点，即起点、折点、交点、终点

四看辅助线，如等温线、等压线等

五看变化，如浓度变化、温度变化等

想规律联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律

作判断根据图象中表现的关系与所学规律相对比，作出符合题目要求的判断

【变式3-1】（2025·山西吕梁·三模）物质Z是一种由生物质制备的高附加值产品，某温度下其制备过程中

会发生如图甲所示反应，相关物质浓度随时间变化的关系如图乙所示，图中后物质Z的浓度不再变化。

下列说法错误的是15h

A．为物质Y的浓度随时间变化的曲线

B．由L1图可知，点时反应③达到平衡状态

C．加入催化剂不t1改变反应②的平衡转化率

D．反应②平均速率

-1-1

【答0案~3】hBv(Z)=0.014mol·kg·h

【解析】根据图甲，Y是反应①的产物、反应②的反应物，其浓度应先增大后减小，图乙中L1曲线从0开

始先上升后下降，符合Y的浓度变化特征，A正确；反应③为X→M，M的浓度不再变化时反应达到平衡，

M对应L3曲线，t1点时L3浓度仍在上升，未达平衡浓度，故反应③未平衡，B错误；催化剂仅改变反应速

率，不影响平衡移动，因此不改变反应②的平衡转化率，C正确；0~3h内Z的浓度变化量为0.042mol·kg⁻¹，

平均速率，正确；故选。

−1DB

0.042mol·kg−1−1

【变式3-�2(】Z)（=2025·山3h东·模=拟0预.0测14）m在ol·2kLg的·h密闭容器中充入4mol和5mol发生反应：

；一段时间内测得的转化率NH3随温O度2的变化如图4所N示H3。g+

5O2g⇌4NOg+6H2OgΔ�<0NH3�NH3

下列说法错误的是

A．化学反应速率：正正

B．单位时间内断裂�N�—H<和��O—H数目相等时达到平衡状态

C．化学反应的平衡常数：

D．5min到达b点，则��>��

−1−1

【答案】D�O2=0.2mol⋅L⋅min

【解析】a点氨气的转化率高于c点，即a点氨气的浓度低于c点，又a点温度低于c点，所以化学反应速

率：正正，A正确；单位时间内断裂N—H键数目表示v(正)，断裂O—H键数目表示v(逆)，平衡时

消耗�4�mo<l��断裂12molN—H键，同时消耗6mol断裂12molO—H键，单位时间内断裂N—H键

和O—H键数NH目3相同，说明达到平衡状态，B正确；图中H2Oc点温度高于b点，该反应为放热反应，平衡后升

高温度化学平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故，C正确；b点的转化率为50%，消耗的

，根据反应方程式：�b>�cNH3可知，

Δ�(NH3)=4mol×50%，=则2mol4NH3g+5O2，gD⇌错4误N；O故g选+6DH。2OgΔ�O2=

52.5𝑚�−1−1

4Δ�3molO22L×5min=0.25mol⋅L⋅min

×(NH)=2.5�考向=04多曲线复杂图像的分析

【例4-1】（2025·山东卷）在恒容密闭容器中，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N系a2(实SiF线6(部s)分)如图所示。已知：温度时，完全

分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是T2Na2SiF6(s)

T1T3p1p3

A．a线所示物种为固相产物

B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为

C．T1小于温度时热解反应的N2平衡常数p1

D．p3温度T时3、向容器中加入b线所示物K种p，重新达平衡时逆反应速率增大

【答T案1】D

【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，

其分解的化Na学2S方iF6程(s式)为，根据图数据分析可知，a线代表NaF(s)，bSi线F4代(g表)

，c线代表Na2Si。F6(由s)各⇌线2的Na走F(势s)可+知Si，F4该(g反)应为吸热反应，温度升高，化学平N衡aF正(s)向移动。

S【iF解4(析g)】a线所示物Na种2S为iF6(s)，固相产物，A正确；温度时，向容器中通入，恒容密闭容器

的体积不变，各组分的浓N度a不F(变s)，N化a学F(平s)衡不发生移动，虽然T总1压变大，但是气相产物N分2压不变，仍为，

B正确；根据题给图像，升高温度时物质的量增加，由于反应是在恒容密闭容器中进行，p分1

压不断增大，在此固气体系SiF中4(，g)热解平衡常数，随温度升高S增iF大4(，g)说

426p4

明该�反Si应F为(g△)H>0的反应。因此，尽管T2温N度a时SiF，(s)完全分K解，=�但S升iF温(g至)T3过程中，

热解平衡常数Kp将不断增大，则在T3时的Na显2S然iF小6(于s)Kp，(Q＜K反应未达平衡)，由此N即a2可SiF判6(断s)

出此时，的分压p3小于平衡常数Kp，�SCiF正4(确g)；若b线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬

时增大，S平iF衡4(左g)移。重新平衡时，温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D错

误；故选D。

【例4-2】（2025·广西卷）常温下，浓度均为的和混合溶液体系，存在竞争反

−3−1−

应：1×10 mol⋅LHClOClO2

I．

−+−

II．HClO+2ClO2+H⇌2ClO2+Cl+H2O

−−−+

初始HClO+ClO的2条⇌件ClO下3，+含Cl氯微+H粒的浓度随时间的变化曲线如图（忽略其他反应）。下列说法正确的是

pH=2.5

A．曲线②表示的微粒为

−

B．内，逐渐ClO减3小

+

C．0~2.0 s内，�H

−4−1−1

D．0体~系2.0中 s正�(HClO逆)=2.9×10 时mo，l⋅反L应⋅Is达到平衡状态

【答案】B�(HClO):�ClO2=1:2

-

【解析】由反应I和II可知，生成物为ClO2、、Cl，根据氯元素守恒及2s时数据，得出

−

-3--3-3-

c(ClO2)=0.64×10mol/L，c(Cl)=0.42×10mol/L，ClO3=0.10×10mol/L，故曲线②为Cl，为曲线③，

−−

A错误；反应I消耗H+（0.32×10-3mol/L），反应c(ICIl生O3成)H⁺(0.10×10-3mol/L)，总H⁺变化量ΔCcl(OH3⁺)=

-0.22×10-3mol/L<0，即H⁺浓度逐渐减小，B正确；0~2s内HClO浓度变化Δc=Δc(Cl-)=0.42×10-3mol/L，

-4-1-1

，错误；正为两反应消耗的总速率，逆仅为反应

v==−3=2.1×10mol·L·sCv(HClO)HClOv(ClO2)I

�c0.42×10

的逆�t速率2，平衡时应满足反应I的v正I(HClO)：v逆(ClO2)=1:2，而非总v正(HClO)，D错误；故选B。

1.复杂图像类型的解题步骤

(1)看清坐标所代表的意义，如反应时间、投料比值、催化剂的选择、转化率等；

(2)抓住图像中的关键点(常为最高点、最低点、转折点)、看清曲线的变化趋势；

(3)将复杂图像转化为常规图像；

(4)运用化学平衡知识进行解答。

2.解决复杂平衡图像题应考虑的角度

(1)曲线上的每个点是否都到达平衡

往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到

平衡以后的点才能应用平衡移动原理。

(2)催化剂的活性是否受温度的影响

不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或

高于这个温度都会下降。

(3)不同的投料比对产率造成的影响

可以根据定一议二的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投

料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。

【变式4-1】（2025·四川达州·模拟预测）科学家利用多聚物来捕获，使与在催化剂表面生成

和，涉及以下反应：CO2CO2H2CH3OH

反应H2ⅠO：

反应Ⅱ：CO2g+3H2g⇌CH3OHg+H2OgΔ�1<0

在恒压密C闭O2容g器+中H充2入g⇌COg与+H2Og，Δ分�2别>在0、()压强下反应。平衡体系中，CO及

的物质的量分数随温度的6m变o化lH关2系2如m图olC。O下2列说法不�1正确�2的�1是<�2CH3OH

已知：的选择性转化为的

消耗的

CH3OH�CO2

3

A．对于CH反O应HⅠ，甲醇的选=择性：�CO2×100%

B．曲线b表示压强为时CO的N物>质M的量分数随温度的变化关系

C．恒压条件下发生反应�1Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡不移动

D．要提高的选择性，可使用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂

【答案】CCH3OH

【分析】温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，导致平衡时减小，增大，

则曲线b、d表示不同压强下CO的物质的量分数随温度的变化关系，相同温度�下CH增3O大H压强，反�应CⅠ正O向移动，

甲醇的量增大，同时导致二氧化碳的量减小，从而导致反应Ⅱ逆向移动，减小。综上，物质的量分数

随温度的变化关系对应曲线为：a代表下的，c代表下的�，COb代表下的，d代表下

的CO，据此分析解题。�2CH3OH�1CH3OH�1CO�2

【解析】温度相同时，对于反应Ⅰ，压强越大，平衡正向移动，甲醇的选择性，A正确；据分析，曲

线b表示压强为时CO的物质的量分数随温度的变化关系，B正确；恒压条件N下>，M平衡后再充入惰性气体，

反应体系的体积增�1大，反应Ⅰ和Ⅱ的气体分压减小，反应Ⅰ的平衡逆向移动，增大，减小，使反

应Ⅱ的化学平衡正向移动，C错误；对反应Ⅰ使用催化活性更高的催化剂，使�CO转2化为更�多H的2O，能提

高的选择性，D正确；故选C。CO2CH3OH

【C变H式3O4H-2】（2025·北京·三模）CO2催化加氢直接合成二甲醚过程中有以下2个反应：

反应I：

−1

2CO2g+6H2g⇌CH3OCH3g+3H2OgΔ�=−122.5kJ⋅mol

反应II(副反应)：

−1

将1molCO2、3mCoOl2Hg2加+入H至2g4L⇌含CO催化g剂+的H2密O闭g容Δ器�中=，+研41究.2k其J他⋅m条ol件不变时，温度对反应的影响。温

度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时,CO2实际总转化率的影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选

择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。

资料：的选择性生成二甲醚的的物质的量

反应共消耗的的物质的量

CO2

CH3OCH3=CO2×100%

下列说法不．正．确．的是

A．随温度升高，CO2平衡转化率先降低后升高与反应I放热、反应II吸热有关

B．300℃时，前2.5小时内二甲醚的平均生成速率是

−3−1

C．240℃-300℃，CO2实际转化率升高、二甲醚实际选3.择3×性1降0低m的o原l⋅因L是⋅h：温度升高，反应I、II速率均加

快，且对反应II的影响大于对反应I的影响

D．200℃时，反应II的平衡常数是

7

【答案】D8

【解析】反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2转化率降低；反应II为吸热反应，升高温度平衡

正向移动，CO2转化率升高。低温时反应I主导，平衡转化率先降低；高温时反应II主导，转化率后升高，

A正确；300℃时CO2实际总转化率22%，消耗n(CO2)=1mol×22%=0.22mol，二甲醚实际选择性30%，

则生成二甲醚消耗n(CO2)=0.22mol×30%=0.066mol，反应I中CO2与CH3OCH3的物质的量之比为2:1，

则生成的n(CH3OCH3)=，所以速率，B正确；

0.066mol0.033mol−3−1

240-300℃未达平衡，温度升2高反=应0I.0、33IIm速ol率均加快。实�际=转4L×化2.5率h升=高3.说3×明1总0消m耗olC·(OL2·h增)多，选择性降低

说明副反应II速率增加更显著，导致更多CO2用于生成CO，C正确；200℃时CO2平衡总转化率50%，消

耗n(CO2)=1mol×50%=0.5mol；二甲醚平衡选择性80%，生成二甲醚消耗n(CO2)=0.5mol×80%=0.4mol，

故反应II消耗n(CO2)=(0.5-0.4)mol=0.1mol，列出两步反应的三段

初始

2CO2+6H2⇌CH3OCH3+3H2O

变化

/mol1300

平衡

式:/mol0.41.20.20.6

/mol0.61.80.20.6

初始

CO2+H2⇌CO+H2O

变化

/mol0.61.800.6

平衡

/mol0.10.10.10.1

/mol0.51.70.10.7

计算反应II的平衡常数为0.70.1，D错误；故选D。

�H2O×�CO4×47

1.70.5

22

�=�H×�CO=4×4≠8

1.（2025·安徽合肥·模拟预测）有机物M是一种重要的有机合成材料，以A为原料通过以下两步反应可以

获得M。

反应I：

反应Ⅱ：A(g)+2B(g)⇌C(g)+D(g) ΔH1

一定温度C下(g，)向⇌一M(定g)体+积N(的g)密 闭ΔH容2器中加入一定量A和B发生上述两个反应。该体系中、、的浓度随

时间变化曲线如图甲所示。两个反应的(，为速率常数，为反应活化能A，RC和MC为常数)

Ea

与温度T的关系如图乙所示。下列说法正lnk确l的nk是=-RT+CkEa

A．根据图乙可知B．温度时，两个反应一定处于平衡状态

C．图甲曲线②代表ΔHC1<的ΔH浓2度变化D．T两1个反应的活化能关系为

【答案】CEaI>EaII

【解析】图乙仅能通过lnk与的斜率判断活化能，无法确定ΔH1和ΔH2大小，A错误；T1温度时，两反应

1

lnk相等即速率常数k相等，但T速率常数与反应是否平衡