1、专题09 反应速率、化学平衡1（2021广东）反应经历两步：；。反应体系中、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Aa为随t的变化曲线B时，C时，的消耗速率大于生成速率D后，【答案】D【分析】由题中信息可知，反应经历两步：；。因此，图中呈不断减小趋势的线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。【解析】AX是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；B由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断
2、减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应生成Y的速率小于反应消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；D由图可知，时刻反应完成，X完全转化为Y，若无反应发生，则，由于反应的发生，时刻Y浓度的变化量为，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，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。综上所述，本题选D。2（2021河北）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：M+N=X+Y；M+N=X+Z，反应的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应的速率可表示为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，
3、下列说法错误的是A030min时间段内，Y的平均反应速率为6.6710-8molL-1min-1B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ZD反应的活化能比反应的活化能大【答案】A【解析】A由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；B由题中信息可知，反应和反应的速率之比为，Y和Z分别为反应和反应的产物，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
4、开始后，体系中Y和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说法正确； C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，即的M转化为Z，C说法正确；D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，故反应的活化能比反应的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。3（2021浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是ABCD【答案】B【解析】A和物质的量相同，且均为气态
5、，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；B相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；C等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；D从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；答案为：B。4（2021浙江）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是A，生成的平均速率为B反应时，放出的体积为(标准状况)C反应达到平衡时，D推测上表中的x为3930【答案】D【解
6、析】A，的变化量为(0.96-0.66)=0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；B由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)=1.05，其物质的量的变化量为1.050.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=，B说法不正确；C反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，C说法不正确；D分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因
7、此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。综上所述，本题选D。5（2021浙江）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(molL-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B2040min，消耗H2O2的平均速率为0.010molL-1min-1C第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率DH2O2分解酶或Fe2
8、O3代替I-也可以催化H2O2分解【答案】C【解析】A反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=nVm=0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B2040min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=0.010mol/(Lmin)，B正确；C随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断
9、减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；DI-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故答案选C。6（2021浙江）在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) H=-92.4 kJmol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6JK-1mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物N2(g) +3H2(g)、生成物2NH3(g)的能量随温度T的变化示意图合理的是ABCD【答案】B【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，
10、根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故答案选B。7（2021湖南）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A容器内压强不变，表明反应达到平衡B时改变的条件：向容器中加入CC平衡时A的体积分数：D平衡常数K：【答案】BC【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速
11、率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。【解析】A容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时,瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；C根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件
12、使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，总的物质的量不变，所以A的体积分数增大，即A的体积分数：(II)(I)，C正确；D平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC。82020浙江7月选考溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是（ ）A加入苯，振荡，平衡正向移动B经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度C加入固体，平衡逆向移动D该反应的平衡常数【答案】D【解析】A加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；B将5mL0.1mol/LKI溶液与
13、1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；C加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；D该反应的平衡常数K=，D错误；答案选D。92020浙江7月选考一定条件下： 。在测定的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）A温度、压强 B温度、压强C温度、压强 D温度、压强【答案】D【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使
14、混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案为D。102020天津卷已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是A等物质的量的和中键数之比为3:2B由实验可推知H0，B错误；C 实验加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，Co(H2O)62+、CoCl42-、Cl-浓度都减
15、小，Co(H2O)62+、Cl-的化学计量数之和大于CoCl42-的化学计量数，则瞬时浓度商化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D 实验加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的ZnCl42-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：ZnCl42-CoCl42-，D正确；答案选D。【点睛】本题有两个易错点：A项中Co(H2O)62+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个OH键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动
16、”来理解。112020年山东新高考1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0和40时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是A1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定B与0相比，40时1，3-丁二烯的转化率增大C从0升至40，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小D从0升至40，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度【答案】AD【解析】根据图像分析可知该加成反应为放热反应
17、，且生成的1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。根据上述分析可知，A 能量越低越稳定，根据图像可看出，1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物的能量低，即1,4-加成产物的能量比1,2-加成产物稳定，故A正确；B 该加成反应不管生成1,4-加成产物还是1,2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1,3-丁二烯的转化，即在40时其转化率会减小，故B错误；C 从0升至40，正化学反应速率均增大，即1,4-加成和1,2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D 从0升至40，对于1,2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即
18、1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；答案选AD。122020江苏卷CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应在恒压、反应物起始物质的量比条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是A升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率B曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化C相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠D恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1:1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值【答案】BD【解析】A甲烷和二氧化碳反应是
19、吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，故A错误；B根据两个反应得到总反应为CH4(g)2CO2(g) H2(g)3CO(g) H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，故B正确；C使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，故C错误；D800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，故D正确。综上所述，答案为BD。132019江苏在恒压、NO
20、和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是A反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的H0 B图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率C图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率D380下，c起始(O2)=5.0104 molL1，NO平衡转化率为50%，则平衡常数K2000【答案】BD【解析】A随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡，分析温度较高时，已达到平衡时的NO转化率可知，温度越高NO转化率越低
21、，说明温度升高平衡向逆方向移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，H=2000，故D正确；故选BD。【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。142019浙江4月选考下列说法正确的是AH(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体D1 mol N2和3 mol H2反应达
22、到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】A该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；C若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；D易知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应n(H2)=310=0.3mol，因而Q1=
23、0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=210=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则Q1=Q2，D项错误。故答案选B。152019新课标节选环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：（1）已知：(g) (g)+H2(g)H1=100.3 kJmol 1 H2(g)+ I2(g) 2HI(g)H2=11.0 kJmol 1 对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) H3=_kJmol 1。（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯
24、的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。A通入惰性气体B提高温度C增加环戊烯浓度D增加碘浓度（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1【答案】（1）89.3（2）403.56104BD（3）CD【解析】【分析】（1）利用盖斯定律解题；（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
25、（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；【详解】（1）根据盖斯定律-，可得反应的H=89.3kJ/mol；答案：89.3；（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；（g）+I2（g）= （g）+2HI（g） 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n20%得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n100%=40%；（g） + I2（g）= （g）+ 2HI（g）P（初） 0.5105 0.5105 0 0P 0.510540% 0.510540% 0.510540% 1
26、10540%P（平） 0.3105 0.3105 0.2105 0.4105Kp=3.56104；AT、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；答案：40%；3.56104；BD；（3）A温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；Db点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6
27、mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；答案：CD。162019新课标节选近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的
28、数据计算K（400）=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=83 kJmol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化
29、率的方法是_。（写出2种）【答案】（1）大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低（2）116（3）增加反应体系压强、及时除去产物【解析】【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：起始（浓度） c0 c0 0 0变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比
30、过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）2得 H=（H1+H2+H3）2=-116kJmol-1；（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；172019北京节选氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为41，甲烷和水
31、蒸气反应的方程式是_。已知反应器中还存在如下反应：i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H3iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_反应的H。反应物投料比采用n（H2O）n（CH4）=41，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_（选填字母序号）。a促进CH4转化 b促进CO转化为CO2 c减少积炭生成用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_（填“升高”“降
32、低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_。【答案】（1）CH4+2H2O4H2+CO2 C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g) a b c 降低 CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积【解析】【详解】（1）由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；-可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为，用-可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)
33、，因为还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；和产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应，积炭生成量减少，c正确；t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效。182019江苏节选CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用
34、碳资源。（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H =41.2 kJmol1反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H =122.5 kJmol1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=100温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。220 时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变反应时间和温度，
35、一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。【答案】（3）反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强，使用对反应催化活性更高的催化剂【解析】（3）根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300时，CO2转化率上升；图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂。
