1、压轴题06 速率、平衡图像题本压轴题是新高考地区考试热点内容，主要以实际生产为背景，通过图像形式命题,以定性、定量相结合的方式综合考查化学反应速率和化学平衡，包括化学反应速率的计算、影响化学平衡的因素及规律、平衡状态的判断、平衡常数和转化率的计算，同时渗透对计算能力、数形结合能力、语言组织能力等的考查。主要考查学生运用图表、图形分析和对信息的提取、应用能力。1图像题的一般分析思路(1)一审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应是吸热还是放热。(2)二析图像 (3)三想方法规律三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大
2、小；三看化学平衡移动的方向。先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。2转化率、产率及分压的计算(1)反应物转化率100%(2)产物的产率100%(3)分压总压物质的量分数一、 选择题：本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。1标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下已知和的相对能量为0，下列说法不正确的是AB
3、可计算键能为C相同条件下，的平衡转化率：历程历程D历程、历程中速率最快的一步反应的热化学方程式为：【答案】C【分析】对比两个历程可知，历程中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。【详解】A催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确；B已知的相对能量为0，对比两个历程可知，的相对能量为，则键能为，B正确；C催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，的平衡转化率：历程=历程，C错误；D活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：，D正确；故答案为：C。2CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原
4、理如图1所示。反应完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A反应为CaO+CO2=CaCO3；反应为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2Bt1t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2Ct2时刻，副反应生成H2的速率大于反应生成H2速率Dt3之后，生成CO的速率为0，是因为反应不再发生【答案】C【详解】A由题干图1所示信息可知，反应为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应为，
5、A正确；B由题干图2信息可知，t1t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；C由题干反应方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为12mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应生成H2速率，C错误；D由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；答案选C。3乙醇-水催
6、化重整可获得。其主要反应为，在、时，若仅考虑上述反应，平衡时和CO的选择性及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图中曲线表示平衡时产率随温度的变化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，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率【答案】B【分析】根据已知反应，反应，且反应的热效应更大，温度升高的时候对反应影响更大一些，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，所以图中代表CO的选择性，代表CO2的选择性，代表H2的产率，以此解题。【详解】A由分析可知代表H2的产率，故A错误；B由分析可知升高温度，平衡时C
7、O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。4甲异腈(CHNC)在恒容密闭容器中发生异构化反应： CH3NC(g) CH3CN(g)，反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。该反应的反应速率v与c的关系为v=kc，k为速率常数(常温下为常数)，a点和b点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是Abf段的平均反应速率为1.0 10 -4mol(Lmin)Ba点反应物的活化分子数多于d点CT1T2D3v(d)=2
8、v(e)【答案】C【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)， ， 。【详解】A由题干信息可知， ，A正确；Bad两点相比较，a点的浓度比d的浓度大，且其他的条件相同，故a点反应物的活化分子数多于d点，B正确；C由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2v1，温度越高，速率越大，故T2T1，C错误；D ，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D正确；故选C。5在相同条件下研究催化剂I、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与催化剂相比，使反应活化能更低Ca曲线表示使用催化剂时X的浓度随t的变化
9、D使用催化剂时，内，【答案】D【详解】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02min 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使用催化剂I时，在02min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) =2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；答案选D。6在恒温恒容条件
10、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【详解】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； Bb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
11、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。7NH3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。将一定比例的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、生成N2的选择性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175300 范
12、围，随温度的升高，出口处N2和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【详解】ANH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；B根据图象，在175300 范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；C根据图象，温度高于250 N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图象，温度应略小于225，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；D
13、氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；答案为D。8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，反应速率为D条件，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为【答案】B【详解】A由题干图中曲线可知，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由题干图中曲线可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度是的两倍
14、，所用时间也是的两倍，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由题干图中数据可知，条件，反应速率为=，C正确；D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，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min2=，D正确；故答案为：B。9丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。已知：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H=-2220kJ/molC3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2
15、(g)+3H2O(l) H=-2058kJ/molH2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H=-286kJ/mol下列说法不正确的是AC3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) H=+124kJ/molBc(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2OC其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【详解】A根据盖斯定律结合题干信息C3H8(g)+5
16、O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) H=-2220kJ/molC3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) H=-2058kJ/mol H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H=-286kJ/mol 可知，可由-得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的H=+124kJ/mol，A正确；B仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随C
17、O2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误； D根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。10体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s) 2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.2
18、0.60乙0.40.80丙XpbpaC1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲乙丙D1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)v(逆)【答案】A【详解】ACO2(g)+C(s) 2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线对应的容器不是甲；若曲线对应的容器为甲，则在1100时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，
19、曲线对应的容器是甲，故曲线对应的容器是乙，曲线对应的容器是丙，A项正确；B该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pbpc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故papb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：papbpc，B项错误；CCO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙甲乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙甲丙，C项错误；D1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1m
20、ol，则，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)的平衡常数KK，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正)1：1后，随着起始浓度增大，达平衡时的物质的量分数减小，B错误；C平衡后，和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C错误；DNO起始浓度为，某时刻NO的浓度为，则变化量为，根据可知，此时的浓度为，的瞬时生成速率，题给速率单位错误，D错误；故答案选A。14密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：，随反应时间的变化如曲线所示，分别改变一个条件，得到曲线和，下列说法正确的是A该反应正反应为放热反应B
21、曲线，050min用表示的平均反应速率为C曲线，可能使用了催化剂或压缩容器体积D曲线，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加，平衡正向移动【答案】D【分析】分别改变一个条件，得到曲线、，从曲线得到曲线，既加快速率平衡又不移动，只能使用催化剂，从曲线得到曲线，意味着反应速率加快但平衡右移了，则改变的另一个条件只能是升温。【详解】A由上述分析可知，升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故A错误；B曲线，0 50 min用HBr表示的平均反应速率为=0.02molL-1min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用H2表示的平均反应速率为0.01 molL-1min-1，故B错误；C曲线
22、，可能使用了催化剂，反应速率加快，平衡不移动，各物质浓度不变；如果缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图象变化不符合，故C错误；D曲线达到平衡时有：，得，往容器中加入浓度均为0.2 molL-1的三种物质，得，则QcK，平衡将向正反应方向移动，故D正确；故答案选D。15一定条件下，向一恒容密闭容器中通入适量的和，发生反应：，经历两步反应：；。反应体系中、的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A曲线a是随时间的变化曲线B时，C时，的生成速率大于消耗速率D时，【答案】D【详解】ANO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a代表，A项错误；B根据图像可知，时、的浓度相
23、等，B项错误；C时，浓度在减小，说明生成速率小于消耗速率，C项错误；D根据氮元素守恒，时，完全消耗，则，D项正确；故选D。16可以利用碳、氮的化合物在一定条件下发生反应缓解环境污染。向某密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生反应：，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是A温度：B若D点为平衡点，则D点的正反应速率与G点的逆反应速率可能相等CE点时NO的平衡转化率为25%D在实际应用中为提高效率，需要研发在高温下具有高活性的高效催化剂【答案】B【详解】A题给反应的正反应为放热反应，压强相同时，升高温度，化学平衡逆向移动，NO的体积分数增大，所以温度：，A错误；B
24、由题意可知，点与点均为平衡点，均满足，降低反应体系温度可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均下降，缩小容器容积使体系压强增大，可使反应从点移至点，此时正、逆反应速率均增大，则点与点存在正、逆反应速率相等的可能性，B正确；C设点体系中反应达到平衡时产生的物质的量是，则产生的物质的量为，剩余NO的物质的量为，剩余CO的物质的量为，根据题图可知，此时NO的体积分数为25%，则，解得，所以反应消耗的NO的物质的量为2mol，则NO的平衡转化率为，C错误；D题给反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，NO、CO的脱除效果越差，且高温消耗的能量也更大，综合考虑，应该研发低温下具有高活性的高效催化剂，D错误
25、；故选B。17室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：；。反应的速率可表示为，反应的速率可表示为(、为速率常数)。体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A010s内，M的平均反应速率B温度不变，反应过程中的值不变C反应的活化能比反应的活化能大D温度升高，体系中的值减小【答案】D【详解】A由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，010s内，M的平均反应速率，故A正确；B ，温度不变时，比值不变，则恒定不变，v1与成正比，v2与成正比，则的值不变，故B正确；C由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应的速率大于反应，根据反应活化能越大反应速
26、率越小，可知反应的活化能比反应的活化能大，故C正确；D反应的吸放热情况不确定，稳定升高平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定，故D错误；故选：D。18还原CoO制备Co可通过下列两个反应实现：ICoO(s)+H2(g) Co(s)+H2O(g)IICoO(s)+CO(g) Co(s)+CO2(g)723K下，在初始压强相同(均为12.0kPa)的甲、乙两密闭容器中分别发生反应I、反应II，得到部分气体的分压随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是A甲容器中，1040min内用H2表示的平均反应速率v(H2)=0.15kPamin-lB增大起始时容器的压强，CoO的平衡转化率增大C此条件
27、下，选择CO还原CoO的效率更高D723K时，反应的平衡常数Kp=119【答案】B【详解】A甲容器中，1040min内，氢气分压变化为(7.53.0)kPa=4.5kPa，用氢气表示的平均反应速率为=0.15kPa/min，故A说法正确；B根据题所给反应方程式，反应前后气体系数之和相等，增大起始时压强，平衡不移动，CoO的平衡转化率不变，故B说法错误；C根据两个图像可知，CO还原CoO的速率更快，达到平衡时间更短，CO还原CoO达到平衡时，CO2分压为11.9kPa，起始压强为12.0kPa，说明CO还原CoO转化更彻底，因此选择CO还原CoO的效率更高，故C说法正确；D达到平衡时，CO2分压
28、为11.9kPa，该反应前后气体系数相等，总压强不变，即CO的分压为0.1kPa，Kp=119，故D说法正确；答案为B。19恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)H0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是AL线表示平衡时n(H2O)随温度的变化B其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大Cx=5.16molD使用催化剂，可降低反应的活化能，减小H的值【答案】C【详解】A由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化
29、曲线，A错误；B其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；C由图知，在393K时，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，C正确；D使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；故选C。20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)N2(g)+2CO2(g) H0。一定温度下，在恒容密闭容器中加入1molCO和1molNO发生上述反应，部分物质的体积分数()随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是A上述反应
30、的正反应在高温下才能自发进行B曲线b表示的是(N2)随时间的变化C2v正(NO)=v逆(N2)时，反应达平衡状态D气体的平均相对分子质量：M(t1)M(t3)M(t5)【答案】B【详解】A反应为放热的熵减反应，则上述反应的正反应在低温下才能自发进行，A错误；B由化学方程式可知，一氧化氮、一氧化碳、二氧化碳的系数相同，且为氮气系数的2倍，结合图像比较物质的体积分数的变化量可知，曲线b表示物质的变化量较小，故b表示的是(N2)随时间的变化，B正确； C2v正(NO)=v逆(N2)时，此时正逆反应速率不相等，反应没有达平衡状态，C错误；D混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而减小，故气体平均相对分子质量逐渐变大，故气体的平均相对分子质量：M(t1)M(t3)M(t5)，D错误；故选B。
