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第七章 化学反应速率与化学平衡
考试时间：75 分钟 总分：100 分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 V-51 Mn—55 Fe—56 Cu—
64 Ba-137
一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．铈锆基稀土催化剂(
)可用于催化处理汽车尾气中的
和
，消除污染。反应为
。下列说法正确的是
A．上述反应的
B．上述反应的平衡常数
C．其他条件不变，提高反应温度，能提高尾气的平衡转化率
D．其他条件相同，选用新型高效催化剂，可提高尾气的转化效率
【答案】D
【解析】A．该反应为气体体积减小的反应，则
，故A 错误；
B．上述反应的平衡常数
，故B 错误；
C．该反应为放热反应，其他条件不变，提高反应温度，平衡逆向移动，尾气的平衡转化率下降，故C 错
误；
D．其他条件相同，选用新型高效催化剂，可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间，可提高尾气的转化
效率，故D 正确；
故选D。
2．
的反应机理如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是
1
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A．
B．反应的平衡常数
C．通入过量空气，可提高
的平衡转化率D．反应速率由反应决定
【答案】D
【解析】A．由盖斯定律可知，2×反应I+反应Ⅱ可得
，故A 正确；
B．平衡常数为生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，固体没有浓度，故反应Ⅰ的平衡常数
，故B 正确；
C．通入过量空气，氧气浓度增大，使总反应平衡正移，可提高二氧化硫的平衡转化率，故C 正确；
Ｄ．由图可知反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅱ速率小于反应Ⅰ，反应的速率是由慢的一步决定的，故
由反应Ⅱ决定，故D 错误；
答案选D。
3．在容积不变的密闭容器中进行反应：
。下列各图表示当其他
条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是
A．图I 表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图II 表示
时刻使用压强对反应速率的影响
C．图III 表示
时刻增大
的浓度对反应速率的影响
D．图IV 中a、b、c 三点都已经达到化学平衡状态
【答案】D
2
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【解析】A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移
动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A 错误；
B．图Ⅱ在t0时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B 错
误；
C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、
逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C 错误；
D．图IV 中曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D 正确；
故选D。
4．利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是
A．反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ
B．升高温度有利于提高丙烷转化率
C．反应过程中碳的成键总数不变
D．
为该反应的催化剂
【答案】C
【解析】Ａ．步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，选项A 正确；
Ｂ．根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，选
项B 正确；
Ｃ．由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，选项C 错误：
Ｄ．由图可知
参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，选项D 正确；
答案选Ｃ。
5．N2O 在金表面的分解反应为
，其速率方程为
。某温度下，测
得实验数据如下表。下列叙述正确的是
0
20
40
60
80
10
0
0.10
0
0.08
0
0.06
0
0.04
0
0.02
0
0
已知：反应物消耗一半所用时间叫半衰期。
A．
内平均速率
B．该温度下，速率常数
3
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C．起始N2O 浓度越大，反应速率越大
D．其他条件不变，起始
时半衰期为75min
【答案】A
【解析】A．
内，N2O 浓度变化为0.020mol/L，则O2的浓度变化为0.010mol/L，平均速率
，A 正确；
B．从表中数据可以看出，每间隔20minN2O 浓度均减少0.020mol/L，说明
中n=0，该温度
下，v=
，B 不正确；
C．
，n=0，为匀速反应，则反应速率与起始N2O 浓度的大小无关，C 不正确；
D．v=
，其他条件不变，起始
时，半衰期为
=600min，D 不正确；
故选A。
6．脂肪酸甲酯作为生物柴油的原料，具有易存储、价格低廉、加工简单方便等优点，其制备过程涉及以
下
两
个
反
应
。
①
；
②
。
恒温制备过程中，部分物质相关浓度随时间变化如图所示。
下列说法正确的是
A．反应①活化能大于反应②
B．A 点反应②正、逆反应速率相等
C．该温度下平衡常数：①>②
D．反应②加入催化剂会改变其平衡转化率
【答案】C
【解析】
A．刚开始反应时，
的浓度迅速上升，说明其生成速率大于消耗速率，即反应①的速
4
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率大于反应②，则反应①活化能小于反应②，A 错误；
B．A 点时与反应②相关的物质的浓度仍在变化，因此A 点时反应②未达到平衡，正、逆反应速率不相
等，B 错误；
C．随着反应的进行，
的浓度逐渐减小至接近0，说明反应①正向进行的程度很大，其
平衡常数很大，而
的浓度最终没有接近0，说明反应②正向进行的程度不如反应①的
大，其平衡常数没有反应①的大，C 正确；
D．催化剂能改变正、逆反应速率，但不能改变平衡转化率，D 错误；
故选C。
7．已知制备
的反应为
，保持总压强不变，向反应器充入一
定量
和
，发生上述反应．测得
平衡转化率与投料比[
]（温度不变）、温
度倒数
（投料比不变）关系如图所示，下列叙述错误的是
A．其他条件不变，达平衡后充入氩气，平衡不移动
B．曲线①代表
平衡转化率与投料比关系
C．一定条件下，达到平衡时气体平均摩尔质量不变
D．若当投料比为2、温度为
时
平衡转化率为
，则
体积分数为
【答案】B
【解析】A．该反应是气体分子数不变的反应，总压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平
衡不移动，故A 正确；
B．温度不变，投料比越大，
平衡转化率越小，曲线②代表
平衡转化率与投料比关系，投料比不
变，降低温度，
平衡转化率越大，曲线①代表
平衡转化率与
的关系，故B 错误；
C．气体平均摩尔质量为
，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体
5
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平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C 正确；
D．用三段式计算：投料比为2，平衡转化率为40%，则计算如下：
平衡时
体积分数为
，故D 正确；
故答案选B。
8．如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是
A．步骤①中“净化”是为了防止催化剂中毒
B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率
C．步骤③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度
D．步骤④、⑤不利于提高NH3的平衡产率
【答案】D
【解析】合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也
低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来
以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此判断各项；
A．步骤①中“净化”是为了除去杂质，以防止催化剂中毒，A 正确；
B．合成氨反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高
反应速率，B 正确；
C．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，C
正确；
D．步骤④液化分离出NH3，可以使平衡正向移动，有利于提高原料的平衡转化率；步骤⑤的循环再利用
N2、H2，有利于提高原料的平衡转化率，所以步骤④、⑤有利于提高原料的转化率，D 错误；
故选D。
9．标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量
为0]，下列说法不正确的是
6
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A．O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=(E5-E2)kJ/mol
B．可计算Cl-Cl 键能为：2(E6－E5)kJ·mol－1
C．相同条件下，历程I 和历程Ⅱ中O3的平衡转化率相等
D．历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)
ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1
【答案】B
【解析】A．根据历程II 可知，O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=(E5-E2)kJ/mol，故A 正确；
B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ/mol,断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)
吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol,则Cl-Cl 键能为2(E2-E3)kJ/mol,故B 错误；
C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：
历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C 正确；
D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越
快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g) ΔH=(E5－
E4)kJ·mol－1，故D 正确；
答案选B。
10．氮的固定：将
镁与足量的氮气反应。不同温度下，镁的转化率随时间的变化如下图所示。
资料：
的熔点
、沸点
；与
反应温度
；
的分解温度
。
下列分析不正确的是
A．液态镁能与氮气充分反应
7
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B．
的反应速率为
C．
，当
的转化率不再发生变化时，说明反应已处于平衡状态
D．
，
转化率低的原因可能是
包裹了
【答案】C
【解析】A．根据图像可知，
时，镁的转化率仍然很高，说明温度介于
时，金属镁为液
态，由图像可知，仍然可以充分反应，A 正确；
B．
时，镁反应了
，用时
，所以其反应速率为：
，B 正确；
C．
，当
的转化率不再发生变化时，有可能是未分解的
包裹住内部的金属镁，阻止反应的
进一步进行，此时，不一定处于平衡状态，C 错误；
D．
，镁与氮气反应方程式为：
，
的分解温度
，此时有可能是
固体包裹了
阻止了反应的进一步进行，D 正确；
故选C。
11．某温度下，向1L 刚性密闭容器中充入1molN2和适量H2合成氨，化学反应为N2(g)+3H2(g)
2NH
⇌
3(g)
ΔH<0，，测得平衡体系中，各物质浓度关系如图所示。
下列叙述错误的是
A．L1代表c(NH3)变化趋势
B．平衡常数K=0.2L2 mol
⋅
-2
C．b 点中x=12
D．b 点沿L1移向d 点时，平衡正移
【答案】C
【解析】A．横坐标代表H2的浓度，则平衡时增大H2浓度，平衡正向移动，NH3浓度增大，N2浓度减小，
故L1代表c(NH3)，L2代表c(N2)，A 正确；
B．可以利用a 点坐标来计算反应的平衡常数K，在a 点时，
，
，
8
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，
，B 正确；
C．根据平衡常数进行计算，b 点坐标对应
，
，
，
，
，C 错误；
D．如果让b 向d 移动，则c(NH3)增大，说明平衡向正反应方向移动，即温度容积不变、c(N2)不变，通过
增大起始c(H2)使平衡正移，D 正确；
故答案为：C。
12．在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：Ⅰ．
Ⅱ．
，反应Ⅱ速率方程分别
和
，其中
、
为该反应
的速率常数。测得c(W)的浓度随时间t 的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
……
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
……
下列说法正确的是
A．0~2 min 时，
B．升高温度，
减小，
增大，
，平衡逆向移动
C．反应Ⅱ平衡常数
D．若增大容器容积，平衡时W 的转化率不变
【答案】D
【解析】A．由表格数据可知，2min 时W 的浓度为0.080mol/L，则0 2min
∼
内，
，A 错误；
B．升高温度，
、
均增大，反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，B 错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：
，
，C
错误；
D．由方程式可知，反应①为W 完全分解生成X 和Y，阿尔增大容器容积，平衡时W 的转化率不变，D 正
确；
故选D。
13．南京理工大学朱卫华等人基于单簇催化剂(SCC)，提出了一种一氧化氮还原反应(NORR)的新型结构~
活性关系，经研究发现主要反应如下：
9
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在T₁℃、100 kPa 反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO 和6 mol H2，发生上述反应，测得含氮元素占
比[如N2的含氮元素占比
与时间的关系如图所示。
已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响； Kp为用平衡时气体分压代替平衡浓度计算
的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是
A．曲线c 表示的是氨气的含氮元素占比
B．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则 F 点将移向 E 点
C．Ⅰ点时，0~45 min 内用氨气表示的平均反应速率约为1kPa min⁻¹
⋅
D．若95 min 时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数Kp的计算式为
【答案】D
【解析】A．反应ii 为快反应，曲线a 表示物质快速减少，故表示NO，NH3快速增加，故曲线b 表示氨
气，曲线表示c 氮气，A 错误；
B．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH3达到最高点所用时间短，NH3的占
比更大，因此F 点可能移向E 点上方的某个点，B 错误；
C．起始时，压强为100 kPa、 2 mol NO、6 mol H2，Ⅰ点时，由图知，NO 的氮含量为6%，
n(NO)=2mol×6%=0.12mol，NH3的氮含量为47%，n(NH3)=2mol×47%=0.94mol，N2的氮含量为47%，
n(N2)=
，由氧守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，n(H2)=
，此时的总压为
，氨
气的分压为
，则0~45 min 内用氨气表示的平均反应速
10
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率约为
1kPa min⁻¹
⋅
，C 错误；
D．起始时，压强为100 kPa、 2 mol NO、6 mol H2，若95 min 时达到平衡，则由图知，NO 的氮含量为
6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，N2的氮含量为86%，n(N2)=
，NH3的氮含量为100%-
6%-86%=8%，n(NH3)=2mol×8%=0.16mol，由氧守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，
n(H2)=
，此时的总压为
，分压分别为
，
，
，则反应Ⅲ的平衡常数Kp的计算式为
，D 正确；
故选D。
14.工业上可用甲烷氧化制备甲醛
，该反应的副产物主要有
CO、
。在一定容积的密闭容器中加入某催化剂，按物质的量之比1 1∶投入甲烷和氧气，分别于不同温
度下反应相同时间，测得甲醛、CO 的选择性及甲烷的转化率随温度的变化情况如图所示。
(注：HCHO 的选择性=
)
下列说法错误的是
A．制备甲醛的反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能
B．低于650℃时，随温度的升高，甲烷的转化率增大的原因可能是温度升高，反应速率加快
C．650℃时，体系中
D．650℃时，甲醛的产率为20%
【答案】C
【解析】A．由图可知甲醛的选择性随温度的升高始终降低，可知升温不利于HCHO 的生成，该反应为放
11
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热反应，则正反应的活化能小于逆反应活化能，故A 正确；
B．低于650℃时，由于反应速率较慢，测定转化率时反应为平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时
间内甲烷的转化率增大，故B 正确；
C．设初始投料为1mol 甲烷和1mol 氧气，650℃时，甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时
n(CH4)=0.5mol，HCHO 的选择性为40%，HCHO 的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，此时CO 的选择性也
为40%，则CO 的产量为0.5mol×40%=0.2mol，根据碳原子守恒，此时
=1-0.5-0.2-0.2=0.1mol，体系
中
，故C 错误；
D．设初始投料为1mol 甲烷和1mol 氧气，根据碳元素守恒可知，理论上最多生成1molHCHO，据图可知
此温度下甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时n(CH4)=0.5mol，
，HCHO 的选择性为
40%，所以HCHO 的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，平衡产率为
，故D 正确；
故选：C。
二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。
15．（14 分）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
（1）由
制备
：
已知
时，由
制备
硅 (填“吸”或“放”)热
。升高温
度有利于制备硅的原因是 。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密闭容
器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率随时间的
变化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
。
12
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②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】（1）吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
（2）甲
0.1951
逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①
，
；②
，
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程
式
，
，则
制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为
；该反应为吸热反应，升高温
度，反应正向移动，有利于制备硅。
（2）
①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时SiCl4的转化
率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的
SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
16．（14 分）二甲醚是一种重要的化工原料，可替代液化石油气，在能源领域起着关键的作用。利用二氧
化碳和氢气可以合成二甲醚，过程中发生的主、副反应如下：
I.CO2(g) + 3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) △H1= -49.5 kJ·mol-1
II.2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2= -23.5 kJ·mol-1
III.CO2(g) + H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H3= +41.2 kJ·mol-1
（1）CO2与H2合成CH3OCH3的热化学方程式为 ，该反应的平衡常数表示式为 。
（2）从提高CH3OCH3平衡产率的角度看，下列措施合理的是 （填序号）。
a.适当降温 b.及时分离出CH3OCH3 c.使用高效催化剂
（3）其它条件一定，不同压强下，CO2在相同时间内的转化率如下。
13
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压强/ MPa
2
2.5
3
3.5
CO2转化率/ %
17.6
26.2
28.4
22.0
3.5MPa 时CO2的转化率较低，可能的原因是 （填序号）。
a. I 中平衡发生移动 b. III 的反应速率提高 c. H2O 的积累使催化剂活性降低
（4）其它条件一定时，温度对某种催化剂催化CO2加氢合成二甲醚反应的影响如下图。
已知：产物A 的选择性=
。
240~260℃
①
范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高的原因是 。
②温度高于260℃时，二甲醚选择性的显著降低并非反应III 增强所致，理由是 。
（5）空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围
内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是 。
【答案】（1）2CO2(g) + 6H2(g)
CH3OCH3(g) + 3H2O(g) △H= -122.5kJ·mol-1
（2）ab （3）c
（4）温度升高，I、III 的化学反应速率增大 二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO 选择性增
大的空间有限
（5）增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2
的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大
【解析】（1）根据盖斯定律，2CO2(g) + 6H2(g)
CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ，为Ⅱ+2Ⅰ，热化学方程式为
2CO2(g) + 6H2(g)
CH3OCH3(g) + 3H2O(g) △H= (-23.5kJ·mol-1)+(-49.5kJ·mol-1) 2=-122.5kJ·mol-1；
；
故答案为：2CO2(g) + 6H2(g)
CH3OCH3(g) + 3H2O(g) △H= -122.5kJ·mol-1；
；
（2）a．降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，a 正确；
b．及时分离出CH3OCH3，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，b 正确；
c．使用高效催化剂，平衡不移动，c 错误；
故答案为：ab；
（3）高压条件下，由于 H2O 的积累使催化剂活性降低，导致二氧化碳转化率较低；
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故答案为：c；
（4）①温度升高，I、III 的化学反应速率增大，240~260℃范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高；
故答案为：温度升高，I、III 的化学反应速率增大；
②二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO 选择性增大的空间有限，温度高于260℃时，二甲醚选择
性的显著降低并非反应III 增强所致；
故答案为：二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO 选择性增大的空间有限；
（5）在一定空速范围内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是，增大
空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2的转化率
减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大；
故答案为：增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接
触，CO2的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大。
17．（15 分）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。
（1）CH4-CO2催化重整反应为
。
已知25℃，101kPa 时，CH4、CO 和H2的燃烧热如下表：
可燃物
CH4
CO
H2
-890.3
-283.0
-285.8
①该催化重整反应的ΔH=
。
②催化重整过程还存在积碳反应：
，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通
入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： 。
③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图所示：
ⅰ、a 点所处的状态 化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是 。
（2）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。
反应1.
K1
反应2.
K2
①升高温度时，
的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体通入1L 密闭容器发生反应1、反应2.当反应达到平
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衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的物质的量相等，则反应2 的化学平衡常数
。
【答案】（1）+247.3 增大CO2的量，发生反应
，消耗C,增大CO2的量，CH4-
CO2催化重整反应正向进行的程度增加，降低了CH4的浓度，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小
不是 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大
（2）减小 0.375 或3/8
【解析】（1）①依据表格中数据写出三种燃料燃烧的热化学方程式：Ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)
+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ mol
⋅
-1，Ⅱ．CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ mol
⋅
-1，Ⅲ．H2(g)+
O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ mol
⋅
-1，利用盖斯定律，催化重整反应由Ⅰ-Ⅱ×2-Ⅲ×2 可得，则ΔH=ΔH1-2×ΔH2-
2×ΔH3=-890.3kJ mol
⋅
-1-2(-283.0kJ mol
⋅
-1)-2(-285.8kJ mol
⋅
-1)=+247.3kJ mol
⋅
-1，故答案为：+247.3；
②通入过量的CO2，增大CO2的浓度，发生反应
，从而消耗了C；又因为增大CO2
的量，CH4-CO2催化重整反应正向进行的程度增加，使CH4的浓度降低，增大了H2的浓度，积碳反应进行
的程度减小；
③ⅰ．使用催化剂不能改变平衡转化率，在同一温度下，a 点的转化率不是最大，则a 点不是化学平衡状
态，故答案为：不是
ⅱ．其它条件不变时，升高温度，反应速率增大，c 点比a 点的温度高，则相同时间内的转化率c 点较大，
故答案为：其他条件相同时，温度升高，反应速率增大
（2）①由盖斯定律，反应1 加上反应2 所得的反应K=K1∙K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，是放热反
应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K 减小，即K1∙K2减小；
②反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，消耗CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，此时CO2和H2
的物质的量相等即(1-0.6)mol=0.4mol，设反应1 消耗CO2的物质的量为xmol，则反应2 消耗CO2的物质的
量为ymol，列三段式：
、
， 则x+y=0.6，3x+y=2-0.4，解得x=0.5，
y=0.1，体积为1L，则反应2 的化学平衡常数
。
18．（15 分）氯仿通过光照氧化可生成光气
可进一步与
合成碳酸二甲酯
，主要发生两个反应：
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反应I．
反应II．
回答下列问题：
（1）计算
；该反应能自
发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
（2）在体积分别为
和
的两个恒容密闭容器中，均充入
和
，光照条件下只
发生反应I，测得
的平衡转化率随温度
的变化关系如图甲所示。
①
时，体积为
的容器中，反应经
达到平衡。
内，
。
②
时，用各气体的物质的量分数表示反应I 的平衡常数
(对于反应
为物质的量分数)。
③结合图像分析
(填“>”“<”或“=”)，解释其原因为 。
（3）已知
在光照时间过长时会发生反应：
。甲、乙两个初始温度和
压强均相同的恒温恒压密闭容器，甲中充入
和
，乙中充入
和
分别发生反应，
的产率随时间变化
关系如图乙所示。
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①曲线a 表示容器 (填“甲”或“乙”)中
的产率随时间变化的关系；
②
后，曲线b 对应
的产率高的原因为 。
【答案】（1）
任意温度
（2）
2.25 > 该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化率越高
（3）甲 体系中充入
可抑制COCl2分解，增大
浓度，从而使得
的产率增大
【解析】（1）根据盖斯定律，
，该反应混乱度
增加即
，当
时反应可自发进行，将该反应
H、
S 代入公式得
故T 可为任
意温度，故该空分别填-1058kJ/mol，任意温度；
（2）已知两容器中发生如下可逆反应：
T
①
1°C 时，体积为V2L 的容器中，反应经tmin 达到平衡，CHCl3的转化率为60%，则消耗CHCl3物质的量
为1.2mol，生成COCl2物质的量为1.2mol，则v(COCl2)=
，该空填1.2/
(V2t)；
②如①所述，T1°C 时，体积为V2L 的容器中，反应经tmin 达到平衡，则达到平衡时n(CHCl3)=0.8，
n(O2)=0.4，n(COCl2)=1.2，n(HCl)=1.2，根据Kx公式可得
，该空填2.25；
③如图可知，同一温度下，CHCl3在V1的转化率大于V2的，由于该反应为气体体积增加的反应，故体积越
大，压强越小，而压强增大有利于平衡正向移动，使CHCl3的转化率增大，故V1大于V2，则该空分别填
>，该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化率越高；
（3）甲乙两容器中发生如下反应
，由于甲乙均为恒温恒
压，投入初始物料物质的量相同，但由于乙中多投入1molCO(g)故甲的压强高于乙的压强，故甲容器反应
速率更快，相同时间内CH3OCOOCH3的产率更高，故a 代表甲中CH3OCOOCH3的产率随时间变化关系，
根据已知条件COCl2光照时间过长时会发生反应
，乙中加入的CO 可抑制COCl2的分
解，增大体系中COCl2浓度，有助于产物产率提升，故该空分别填甲，体系中充入CO 可抑制COCl2的分
解，增大COCl2浓度，从而使得CH3OCOOCH3的产率增大。
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