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1、第二章 化学反应速率与化学平衡 单元同步训练卷一、单选题1工业催化剂是一个催化反应工艺过程的核心，其选择性好坏、催化效率高低直接影响整个生产过程。在相同条件下研究催化剂、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，则下列说法错误的是A无催化剂时，反应不能进行B与催化剂相比，催化剂使反应平衡时X的活化能更低Ca曲线表示使用催化剂时X的浓度随t的变化D催化剂条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态2乙酸是常见的化工原料，在过渡金属的催化作用下有两种反应路径，种路径和能垒数据(单位：eV)如图，已知每一步生成的粒子均为吸态。下列说法正确的是A该反应条件下，CH3CO
2、OH中OH最容易断裂B两条路径的决速步为C反应的反应方程式：CH2CO*=CH2*+CO*D反应过程中粒子被吸附在金属表面，发生物理变化3甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一，反应原理为，下列有关该反应的说法正确的是A该反应的B该反应的平衡常数C该反应在低温条件自发进行D用E表示键能，该反应4在热力学标准态(、)下；由稳定的单质发生反应生成化合物的反应热叫该化合物的生成热。氧族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据如图。下列判断正确的是A沸点：B反应的C反应达平衡后升温，平衡常数将减小D、下，5向恒容密闭容器中通入一定量的，发生反应，100时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示，下列说法错误的
3、是A060 s时段，B60 s后，的分解速率和生成速率相等C60 s后，混合气体颜色不再发生改变D若反应温度高于100，则的浓度变化如图中虚线所示6汽车使用乙醇汽油并不能减少的排放，这使得的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，测得单位时间内NO的转化率、CO剩余的百分率随温度变化情况如图所示。下列叙述正确的是A在的条件下，把温度控制在875K左右就能很好地除去NOB无CO时，温度超过775K，NO的分解率降低的原因是高温使催化剂活性降低C通过图像分析可知，NO分解为和的反应为吸热反应D将催化剂Ag-ZSM-5放置在汽车排气管尾部就可以很好地净化尾气7
4、向密闭容器中充入、和，发生反应，与的初始消耗速率()与温度()的关系如图所示(图中A、B点处于平衡状态)，下列说法不正确的是Ab为随温度的变化曲线B该反应达到平衡后，升高温度，的体积分数减小C300下反应一段时间，的物质的量增多D反应达到平衡后压缩体积增大压强，平衡不移动8和存在平衡：，已知在298K时，平衡常数。华南理工大学顾成课题组最近开发一种新材料(W)，通过新材料吸附力不同高效分离和。获得相同的吸附量(如)时，需要的时间至少是的2.5倍。下列叙述正确的是A308K时，上述反应的平衡常数B达到平衡后增大的量，则的平衡转化率增大C上述混合物通过W材料，HDO平衡浓度降低D298K时，若，则
5、反应向正反应方向进行9在容积不变的密闭容器中，和发生反应：。温度分别为和时，的体积分数随时间的变化如图所示，下列说法正确的是A该反应的B温度为时，的平衡转化率为80%C加入适当的催化剂，目的是加快反应速率，提高的产率D温度为时的化学平衡常数大于时的化学平衡常数10某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是A过程I中发生还原反应Ba和b中参与反应的数目相等C过程的反应为D过程I的总反应为11下列装置和操作不能达到实验目的的是A中和热测定B验证铁的析氢腐蚀C验证温度对化学平衡的影响D除去碱式滴定管乳胶管中气泡AABB
6、CCDD12已知反应，下图中的曲线分别代表和在平衡时的物质的量分数与温度和压强的关系起始时，下列说法正确的是Aa线代表的物质为BCD加入催化剂，可使B向C移动13下列各组反应中(表中物质均为反应物，且金属的物质的量均为0.1mol)，反应开始时放出的速率最快的是选项金属(粉末状)酸体积/mL浓度/(mol/L)反应温度/A稀盐酸10640B稀硝酸10640C稀盐酸20330D稀硫酸10330AABBCCDD14一定温度下，在两个容积均为1L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：。相关反应数据如下表所示：容器编号温度/起始物质的量/mol10s时物质的量/molNOCO0.20.20.05
7、0.20.20.05下列说法正确的是A前10s，容器中的化学反应速率B该反应在任何温度下均能自发进行C10s时，容器中的反应一定处于平衡状态D若向容器中再充入0.08mol NO和，反应将向正反应方向进行二、填空题15甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用或来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示：化学反应平衡常数温度/5008002.50.151.02.50(1)据反应与可推导出与之间的关系，则_(用表示)。(2)反应的_0(填“”或“”“=”或“0，CO2的平衡转化率如图所示。压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_。压强为p1
8、时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_。II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件 下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) H1= +802.3 kJmol-1。(5)恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。350时，A点的平衡常数K=_ (填计算结果)。 为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为_。23近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：一、
9、利用CO2制取甲醇当原料组成为n(CO2)： n(H2)=1： 3通入某密闭容器，合成CH3OH的反应体系中主要包含以下反应：反应： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1反应： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H=+41.2kJ/mol(1)已知反应的v 正=k正c(CO2)c(H2)， v逆=k逆c(H2O) c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则 _(填“增大”、“不变”或“减小”)；若反应体系在恒容容器中发生，下列情况下反应一定达到平衡状态的是_。A容器内的压强不再改变B容器内气体密度不再改变C容器内c(
10、CO2)： c(H2)： c(CO)： c(H2O)=1： 1： 1： 1D单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同(2)维持压强为6.4MPa，测得不同温度下，反应经过相同时间时CO2的转化率、甲醇的选择性如图所示CH3OH的选择性=。H1_0(填“”)，判断的依据是_。T1K时，若反应从开始到达到a点所用时间为5 min， 则v(CH3OH)=_ MPamin-1，反应的Kp=_ (Kp指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=p总A的物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)。二、利用烯烃催化制取甲醇制取过程中发生如下反应：反应I： C3H6(g)+3H2O(
11、g) 3CH3OH(g) H2反应II： C2H4(g)+2H2O(g) 2CH3OH(g) H3反应III： 3C2H4(g) 2C3H6(g) H4(3)反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RInK=-+C，为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：H3=_(用含H2和H4的计算式表示)，反应III的_ kJ mol-1。试卷第13页，共13页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【分析】根据图像可知，随着反应的进行，a曲线的浓度不断减小，说明a曲线是反应物，浓度增大的曲线是生成物。【详解】A由图可知，在无催化剂
12、时，随着反应进行，生成物也在增加，说明反应也在进行，A错误；B由图可知，催化剂比催化剂的催化效果好，说明催化剂使反应活化能更低，反应更快，B正确；C由图可知，02min时，X的浓度变化了2.0，使用催化剂时Y的浓度变化了4.0，两者物质的量浓度变化之比等于化学计量数之比，故a曲线表示使用催化剂时X的浓度随t的变化，C正确；D该反应是化学计量数增大的反应，催化剂条件下，当X和Y物质的量之和不随时间变化时，反应达到平衡状态，D正确；故答案为：A。2C【详解】A第步能垒最小，CH3COOH中CC最容易断裂，故A错误；B能垒大的步骤为决速步骤，途径的决速步骤是，途径的决速步骤是，故B错误；C由图可得，
13、反应的反应方程式：CH2CO*=CH2*+CO*，故C正确；D由图可知，反应过程中是存在物质变化的，所以发生的是化学变化，故D错误；故答案选C。3B【详解】A该反应正向气体分子数增大，故A错误；B由反应可知平衡常数，故B正确；C该反应、，在高温条件下自发进行，故C错误；D根据=反应物的键能和-生成物的键能和，可知，故D错误；故选：B。4D【详解】A分子间形成氢键，其沸点最高，其余氢化物随相对分子质量增加而增大，故沸点：，故A错误；B的摩尔生成焓为：H=，则反应的，故B错误；C该反应为吸热反应，生成高温平衡正向移动，平衡常数增大，故C错误；D由题中信息可得热化学方程式：，由盖斯定律可知反应可由：
14、II-I得到，则，反应热化学方程式为：，故D正确；故选：D。5D【详解】A由图可知，60s时四氧化二氮的浓度为0.040mol/L，则四氧化二氮的浓度为=0.00100 mol/(Ls)，故A正确；B由图可知，60s时四氧化二氮的浓度保持不变说明四氧化二氮的分解速率和生成速率相等，反应已达到平衡，故B正确；C由图可知，60s时四氧化二氮的浓度保持不变说明四氧化二氮的分解速率和生成速率相等，反应已达到平衡，则混合气体颜色不再发生改变，故C正确；D该反应为吸热反应，若反应温度高于100，平衡向正反应方向移动，四氧化二氮的浓度会减小，则四氧化二氮的浓度变化不能用如图中虚线所示，故D错误；故选D。6A
15、【详解】A875K时，NO的转化率已经接近100%，再升高温度对于转化率的提高没有显著变化，且增加成本，则该条件下可以很好地除去 NO，A正确；B无CO时，温度超过775 K，NO的分解率降低有两种可能：一是该分解反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；二是催化剂在高温条件下活性降低，由图可知，的条件下，温度超过775 K，NO转化为N2的转化率仍增大，可知催化剂活性未受到影响，因此推断温度超过775 K，NO的分解率降低是因为NO分解反应是放热反应，故B错误；C由图可知随温度升高，NO分解的转化率降低，可知升温使反应逆向进行，则正反应为放热反应，故C错误；D由题图知，为很好地净化尾气，除放置催
16、化剂外，还需要控制较高的反应温度等，D错误；故选：A。7B【详解】A图中A、B点处于平衡状态，由方程式可知，v(SCl2)=2v(S2Cl2)，则a为v(SCl2)随温度的变化曲线，b为v(S2Cl2) 随温度的变化曲线，故A正确；B图中A、B点处于平衡状态，继续升高温度，SCl2的消耗速率大于S2Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，的体积分数增大，故B错误；C由B分析可知，300下，SCl2的消耗速率大于S2Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，反应一段时间，S2Cl2的物质的量增大，故C正确；D是气体体积不变的反应，反应达到平衡后压缩体积增大压强，平衡不移动，故D正确；故选B。8C【
17、详解】A由题可知， ，正反应放热，且在298K时，平衡常数，则308K时，相比298K时温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，即，A项错误；B是纯液体，浓度视为常数，改变其用量，化学平衡不移动，则达到平衡后增大的量，的平衡转化率不变，B项错误；C由题可知，材料(W)通过新材料吸附力不同来高效分离和，获得相同的吸附量(如)时，需要的时间至少是的2.5倍，则上述混合物通过W材料，的平衡逆向移动，HDO的平衡浓度降低，C项正确；D298K时，若，则反应向逆反应方向进行，D项错误；答案选C。9D【详解】A由图可知，温度为时反应先达到平衡，且温度高对应的体积分数小，可知升高温度平衡逆向移动，则正反应为
18、放热反应，反应的，A错误；B设转化的为，则根据化学方程式可知，解得，的平衡转化率为，B错误；C催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，则加入适当的催化剂，目的是加快反应速率，但的产率不变，C错误；DK与温度有关，且升高温度平衡逆向移动，则时的化学平衡常数大于时的化学平衡常数，D正确；故选D。10C【分析】某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移（如a、b和c），则过程的方程式为：+2H+e-=NO+H2O，过程的方程式为：NO+2H+3e-=N2H4+H2O，过程的方程式为：N2H4-4e-=N2+4H+，据此分析解题。【详解】A由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应
19、，A正确；B由分析可知，根据a过程的方程式为：+2H+e-=NO+H2O，过程的方程式为：NO+2H+3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B正确；C由分析可知，过程的反应为NO+2H+3e-=N2H4+H2O，C错误；D由分析可知，过程的方程式为：+2H+e-=NO+H2O，过程的方程式为：NO+2H+3e-=N2H4+H2O，过程的方程式为：N2H4-4e-=N2+4H+，故过程I的总反应为，D正确；故答案为：C。11B【详解】A该装置能保温，能测定实验中的温度变化，故能达到实验目的，A错误；B该实验为中性溶液，不能验证铁的析氢腐蚀，故不能达到实验目的，B正确；C混合气体在不
20、同温度下显示不同的颜色，说明验证温度对化学平衡的影响，故能达到实验目的，C错误；D该图为碱式滴定管，尖嘴向上可以排除管中气泡，故能达到实验目的，D错误；故选B。12C【详解】A该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的物质的量分数减小，则c、d线代表的物质为氨气，故A错误；B平衡常数是温度函数，温度不同，平衡常数不同，由图可知，A点和B点的温度不同，则A点和B点的平衡常数不相等，故B错误；C该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，温度相同时，P1条件下氨气的物质的量分数大于P2，则压强P1小于P2，故C正确；D加入催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡
21、不移动，氨气的物质的量分数不变，则加入催化剂，不可能使B向C移动，故D错误；故选C。13A【详解】硝酸与金属反应不能生成氢气，排除B；金属越活泼与酸反应速率越快，活泼性：MgZn，排除C；A与D相比，溶液中相同，A对应的温度高于D，温度越高反应速率越大，故A放出氢气的速率最快。故选：A。14D【详解】A根据反应方程式，该时间段内，生成二氧化碳物质的量为20.05mol=0.1mol，依据反应速率，v(CO2)=0.01mol/(Ls)，故A错误；B该反应为放热反应，根据反应方程式，该反应为气体物质的量减少的反应，即S0，根据G=HTS，自发进行，需要G0，即低温下能自发进行，故B错误；C假设容
22、器达到平衡，因为容器的温度高于容器，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，氮气物质的量小于0.05mol，现在是等于0.05mol，说明容器没有达到平衡，故C错误；D容器中平衡时氮气的物质的量为0.05mol，则二氧化碳的生成量为0.1mol，CO、NO的物质的量均为0.2mol-0.05mol2=0.1mol，容积为1L，则平衡常数K=，若起始时，向容器中充入0.08mol NO、0.04molN2，2.85=K，反应将向正反应方向进行，故D正确；故答案为D。15(1)(2)【详解】（1），；（2），500反应的平衡常数为2.51=2.5；800反应的平衡常数=0.152.5=0.375，升高
23、温度，平衡常数减小，正反应放热，。16D【详解】A依据热化学方程式可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大，A正确；BNa与H2O的反应是熵增的放热反应，即H0，S0，则H-TS0，故该反应能自发进行，B正确；C某吸热反应能自发进行，即H0，H-TS0，则S0，即该反应是熵增反应，C正确；D该反应在常温下能自发进行，且是熵减反应，即H-TS0，S0，则H0，D错误；E该反应只能在高温下自发进行，在常温下不能自发进行，且是熵增反应，即H-TS0，S0，则H0，E正确；F该反应在室温下不能自发进行，且是熵增反应，即H-TS0，S0，则H0，F正确；G常温下，MgCl2
24、呈固态，即该反应在常温下不能自发进行，且是熵增反应，即H-TS0，S0，则H0，G正确；故选D。17(1)B(2) 0.75【详解】（1）降低温度，正逆反应速率均减小，该反应为放热反应，降温化学平衡正向移动，逆反应速率下降幅度大于正反应速率，则k正降幅小于k逆Ak正、k逆均减小，A错误；Bk正、k逆均减小，且k正减小的倍数更少，B正确；Ck正、k逆均减小，化学平衡正向移动，C错误；Dk正、k逆均减小，且k正减小的倍数更少，D错误；故答案选B。（2）2CH2=CH2(g)+O2(g) 2 (g)，设反应消耗CH2=CH22xmol，则消耗O2xmol，生成2xmol，反应后气体总物质的量为(1-
25、2x+1-x+2x)mol=(2-x)mol，则，x=0.25mol，0-10min内v(O2)=。18(1) a d(2) 1.6【详解】（1） ，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，的物质的量分数减小，的物质的量分数增大；根据化学方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，100kPa时的物质的量分数大于10kPa时的物质的量分数，因此表示100kPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，的物质的量分数减小，因此表示100kPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d。（2）同温同体积条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，设的平衡转化率为
26、x，列出三段式：，则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，=。1910000【详解】由题干信息可知，除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本，结合图像信息可知5000/h10000/h时NO的转化率不变，而10000/h后再增大流速则增大流速，NO的转化率反而减小，故合理利用催化剂应选择10000的流速，故答案为：10000。20(1) d(2) 温度过低，反应速率过慢，温度过高，易升华 使物质混合均匀，散热、让气体逸出(3)向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，在滤液中加入HI溶液并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩
27、，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤23次，干燥【分析】向三颈烧瓶中先加入适量的高纯水，然后加入NaHCO3、I2，充分反应后IO、IO、I，再向生成的混合溶液中加入水合肼并分批加入，将IO、IO和I2，还原为I，水合肼被氧化为氮气。【详解】（1）根据3I26NaHCO3=5NaINaIO33H2O6CO2 减去方程式I2(s)I(aq) (aq) 的3倍得到I与NaHCO3反应生成IO的离子方程式：；故答案为：。根据水合肼(N2H4H2O)具有强还原性，与IO还原为I，自身被氧化为无污染的气体；则加入稍过量水合肼与IO反应的离子方程式为；故答案为：。a将碘块研成粉末，增大接触面积，加快反应速率，故
28、a不符合题意；b起始时加少量NaI，由于I2(s)I(aq) (aq)，则使单质碘变为(aq)，与NaHCO3溶液接触更充分，会加快反应速率，故b不符合题意；c将溶液适当加热，温度升高，速率加快，故c不符合题意；d加大高纯水的用量，浓度降低，反应速率减慢，故d符合题意；综上所述，答案为：d。（2）I2与NaHCO3溶液反应适宜温度为5060，主要从速率和单质碘的性质分析，其原因是温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；I2与NaHCO3溶液反应是放热反应，因此整个实验过程中都需要开动搅拌器，其目的是使物质混合均匀，散热、让气体逸出；故答案为：温度过低，反应速率过慢，温度过高，I2易升华；
29、使物质混合均匀，散热、让气体逸出。（3）所得溶液(含SO)进行提纯，可制得较纯的NaI晶体。实验方案为：向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液除掉硫酸根离子，再向溶液中加入Na2CO3溶液沉淀多余的钡离子并过滤，在滤液中加入HI溶液中和氢氧根和碳酸根并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤23次，干燥；故答案为：向所得液中依次加入过量的Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，在滤液中加入HI溶液并用pH计测定大约为7，滤液经蒸发浓缩，降温结晶，过滤，用高纯水洗涤23次，干燥。21(1) 催化剂 (2) 排除阴离子差异对速率的影响 溶液(3)其他条件不变，反应
30、物浓度越大，反应速率越大(4) 反应速率先慢后快，后又减慢 浓度降低，反应速率减慢【详解】（1）Fe3+、Cu2+对过氧化氢的分解有催化作用，实验是探究催化剂对化学反应速率的影响；因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，因此Fe3+对过氧化氢的催化分解效率高；故答案为催化剂；（2）验证Fe3+、Cu2+对过氧化氢的催化分解速率影响，阴离子应相同，因此将硫酸铜改为氯化铜，理由是排除阴离子差异对速率的影响；有的同学即时改用CuCl2溶液仍不严谨，原因是Cl-可能对实验可能有影响，还应做对比实验，氯离子浓度应相同，即向2mL5%的过氧化氢溶液中滴加1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl
31、溶液；故答案为排除阴离子差异对速率的影响；1mL0.2mol/L或0.3mol/L的NaCl或KCl溶液；（3）实验探究浓度对反应速率的影响，预期结论是其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；故答案为其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越大；（4）Mn2+对本实验具有催化作用，开始阶段CO2的生成速率随Mn2+浓度增大而加快，一段时间后，反应物浓度减小且浓度影响为主，CO2的生成速率变慢；故答案为反应速率先慢后快，后又减慢；H2C2O4浓度降低，反应速率减慢。22(1)-164. 0(2)0.48 kPas-1(3) 0. 1 有其他含碳的副产物生成(4) p3 p2p1 温度超过600
32、时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升(5) 1 减小投料比c(CO2)：c(H2O)(或及时移出产物)【详解】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(H)分别为-285.5kJ mol-1和-890.0 kJ mol-1，则有2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H3=-571kJ mol-1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H4=-890.0kJ mol-1，根据盖斯定律可知，2-+2可得反应CO2(g) +4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，则H1 =2H3-H4+2H2=2(-571kJ mol-1)-(-890.0kJ mol-1)+2(+44
33、.0kJ mol-1)=-164.0kJ mol-1。（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，p(H2O)=10kPa，则p(CO2)=5kPa，p(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，p(H2)=10kPa，v(CH4)=1.210-610104kPas-1=0.12kPas-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPas-1。（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO
34、2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。（4）CO2(g) +4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3p2p1；压强为p1时，温度低于600时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变
35、化，曲线d表示CH4的浓度变化；350时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K=1；为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为减小投料比c(CO2)：c(H2O)，或及时移出产物。23(1) 减小 AD(2) 温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 H0； 0.16 0.059(3) -100【详解】（1）反应达到平衡状态时v 正= v逆，k正c(CO2)c(H2)=k逆c(H2O) c(CO)，=，反应
36、为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，K增大，则减小；A该反应虽然前后气体分子数相等，但整个体系还存在反应，整体压强为变量，则容器内的压强不再改变，能说明反应到达平衡状态；B容器体积不变，气体质量反应前后不变，则容器内气体密度始终不变，不能据此说明反应到达平衡状态；C容器内c(CO2)：c(H2)：c(CO)：c(H2O)=1：1：1：1，不能说明各组分浓度不再改变，因此不能据此判断平衡；D单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同，可知消耗二氧化化碳和消耗水的速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；故答案为：减小；AD；（2）温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转
37、化率随温度的增大而下降，而反应温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 H10，故答案为：；温度高于T1时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 H0；T1K时，根据图1可知，二氧化碳转化率为50%，甲醇的选择性为80%，投n(H2)=3mol，n(CO2)=1mol，则生成甲醇的物质的量为1mol50%80%=0.4mol，根据反应可知，a点时，各物质的物质的量分别为：n(CO2)=lmol