专题十五　化学反应速率和化学平衡-2022年高考化学一轮复习对点讲解与练习（通用版）学案

这是一份专题十五　化学反应速率和化学平衡-2022年高考化学一轮复习对点讲解与练习（通用版）学案，共33页。学案主要包含了拓展训练，基础巩固，能力提升，答案与解析等内容，欢迎下载使用。
专题十五　化学反应速率和化学平衡
考点1　化学反应速率
考法1 化学反应速率的计算与大小比较
命题角度1　化学反应速率的计算
例1 硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应:
O2NC6H4COOC2H5+OH-O2NC6H4COO-+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050 mol·L-1,15 ℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示。回答下列问题:
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
α/%
0
33.0
41.8
48.8
58.0
69.0
70.4
71.0
71.0
列式计算该反应在120~180 s与180~240 s区间的平均反应速率　　　　　　　　、　　　　　　　　;比较两者大小可得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　　。 
【解析】 很多考生前两空给出的答案只有计算结果7.3×10-5 mol·L-1·s-1和5.8×10-5 mol·L-1·s-1,忽视了“列式计算”的要求。列式计算如下:
120~180 s,v=0.050mol·L-1×(41.8%-33.0%)(180-120)s≈7.3×10-5 mol·L-1·s-1。
180~240 s,v=0.050mol·L-1×(48.8%-41.8%)(240-180)s≈5.8×10-5 mol·L-1·s-1。
由两段时间的平均反应速率数值可知随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率减慢。
【答案】 见解析
命题角度2　速率常数
例2 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

(1)343 K时反应的平衡转化率α=　　　　%。平衡常数K343 K=　　　　(保留2位小数)。 
(2)在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是　　　　　　　　;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有　　　　　　　　、　　　　　　　　。 
(3)比较a、b处反应速率大小:va　　　　vb(填“大于”“小于”或“等于”)。
反应速率v=v正-v逆=k正x2SiHCl3-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,k正、
k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的v正v逆=　　　　(保留1位小数)。 
【解析】 (1)温度越高,反应越先达到平衡,由图知,左侧曲线对应的温度为343 K,343 K时反应的平衡转化率为22%。设开始时加入SiHCl3的浓度为a mol·L-1,根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知,达平衡时,SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78a mol·L-1、0.11a mol·L-1、0.11a mol·L-1,化学平衡常数K343 K=0.11a×0.11a(0.78a)2≈0.02。(2)根据化学平衡移动原理并结合该反应特点,及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间,实质就是提高反应速率,可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。(3)温度越高,反应速率越大,a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度,所以a点的反应速率大于b点的反应速率。a点所在曲线达到平衡时,v正=v逆,即k正x2SiHCl3=k逆xSiH2Cl2xSiCl4,从题图可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%,设开始加入SiHCl3 y mol·L-1,则根据“三段式”法得
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
开始/(mol·L-1) y 0 0
转化/(mol·L-1) 0.22y 0.11y 0.11y
平衡/(mol·L-1) 0.78y 0.11y 0.11y
代入k正x2SiHCl3=k逆xSiH2Cl2xSiCl4得,k正k逆=0.1120.782
在a处SiHCl3的转化率为20%,根据“三段式”法得
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
开始/(mol·L-1) y 0 0
转化/(mol·L-1) 0.2y 0.1y 0.1y
a处/(mol·L-1) 0.8y 0.1y 0.1y
则v正v逆=k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4=k正k逆×(0.8y)2(0.1y)2=0.1120.782×(0.8y)2(0.1y)2≈1.3。
【答案】 (1)22　0.02　(2)及时移去产物　改进催化剂　提高反应物压强(浓度)　(3)大于　1.3
考法2 影响化学反应速率的因素
命题角度1　影响化学反应速率的内因
例3 采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对煤燃烧排放的烟气(含有SO2和NOx)进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323 K,NaClO2溶液浓度为5×10-3 mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表所示。
离子
SO42-
SO32-
NO3-
NO2-
Cl-
c/(mol/L)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×10-4
1.2×10-5
3.4×10-3
由实验结果可知,脱硫反应速率　　　　脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外,还可能是　　　　　　　　　　　。 
【解析】 由表中数据可以看出:经过相同的反应时间,c(SO42-)>c(NO3-),即在相同时间内SO42-的浓度增加得多,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。影响反应速率的因素有外因和内因,外因有浓度、温度、压强、催化剂等,由于是相同的反应体系,所以温度、压强、催化剂等因素是相同的,有可能是SO2比NO的溶解度大而导致初始浓度不同。内因可能是脱硫反应的活化能低于脱硝反应的活化能。
【答案】 大于　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高
命题角度2　影响化学反应速率的外因
例4 T ℃时,向一容积为2 L的密闭容器中充入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体,一定条件下发生反应。其相关信息如下:图1中t0~t1阶段c(B)未画出;图2中t2、t3、t4时刻改变的条件分别是温度、压强、加催化剂中的一种。

　　　　 图1　　　　　　　　　　　　　图2
(1)反应的化学方程式可以写为　　　　,该反应的ΔH　　　　0(填“>”或“　(3)B
命题角度2　压强平衡常数(Kp)的计算
例13 采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题:
(1)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应:
2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)

　　　　　　2N2O4(g)
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如表所示(t=∞时,N2O5(g)完全分解):
t/min
0
40
80
160
260
1 300
1 700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知:2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)　ΔH1=-4.4 kJ·mol-1
2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1
则反应N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)的ΔH=　　　kJ·mol-1。 
②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×pN2O5(kPa·min-1)。t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5=　　　kPa,v=　　　kPa·min-1。 
③若提高反应温度至35 ℃,则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)　　　　63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”),原因是　　　　　
　。 
④25 ℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=　　　　kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 
(2)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程:
第一步　N2O5NO2+NO3　　　　　快速平衡
第二步　NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应
第三步　NO+NO32NO2　 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是　　　　(填标号)。 
A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应)
B.反应的中间产物只有NO3
C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
【解析】 (1)①将已知热化学方程式依次编号为a、b,根据盖斯定律,由12×a-b得N2O5(g)2NO2(g)+12O2(g)　ΔH=ΔH1-2ΔH22=-4.4+2×55.32 kJ·mol-1=+53.1 kJ·mol-1。②t=62 min时,体系中pO2=2.9 kPa,根据“三段式”法得
　　　　2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)
起始 35.8 kPa 0 0
转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa
62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa
则62 min时pN2O5=30.0 kPa,v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。③刚性反应容器的体积不变,25 ℃ N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa,升高温度,从两个方面分析:一方面是体积不变,升高温度,体系总压强增大;另一方面,2NO2N2O4的逆反应是吸热反应,升温,平衡向生成NO2的方向移动,体系物质的量增加,故体系总压强增大。④N2O5完全分解生成N2O4和O2,起始pN2O5=35.8 kPa,其完全分解时pN2O4=35.8 kPa,pO2=17.9 kPa,设25 ℃平衡时N2O4转化了x,则
　　　　N2O4　　　　2NO2
平衡 35.8 kPa-x 2x
35.8 kPa-x+2x+17.9 kPa=63.1 kPa,解得x=9.4 kPa。平衡时,pN2O4=26.4 kPa,pNO2=18.8 kPa,Kp=pNO22pN2O4=18.8226.4 kPa≈13.4 kPa。(2)第一步反应快速平衡,说明第一步反应的正、逆反应速率都较大,则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率,A项正确;反应的中间产物除NO3外,还有NO,B项错误;有效碰撞才能发生反应,第二步反应慢,说明部分碰撞有效,C项正确;第三步反应快,说明反应活化能较低,D项错误。
【答案】 (1)①+53.1　②30.0　6.0×10-2　③大于　温度提高,体积不变,总压强提高;NO2二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高　④13.4　(2)AC
考法8 等效平衡
命题角度　等效平衡的应用
例14 某温度下,在2 L的密闭容器中,加入1 mol X(g)和2 mol Y(g)发生反应:X(g)+mY(g)3Z(g),平衡时,X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g),再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A.m=2
B.两次平衡的平衡常数相同
C.X与Y的平衡转化率之比为1∶1
D.第二次平衡时,Z的浓度为0.4 mol·L-1
【解析】在原平衡体系中加入1 mol Z,再次达到平衡后,X、Y、Z的体积分数不变,说明该平衡与原平衡是等效平衡,则化学方程式两边气态物质的化学计量数相等,即m=2,A项叙述正确。温度不变,平衡常数不变,B项叙述正确。起始时X、Y的物质的量之比等于化学计量数之比,则二者的平衡转化率相等,C项叙述正确。起始时加入1 mol X和2 mol Y,相当于3 mol Z,平衡时Z的物质的量为3 mol×10%=0.3 mol,在平衡体系中再加入1 mol Z,相当于起始时共加入4 mol Z,则新平衡时Z的物质的量为4 mol×10%=0.4 mol,其浓度为0.4mol2 L=0.2 mol·L-1,D项叙述错误。
【答案】 D
疑难5 突破化学反应速率和化学平衡图像题的解题方法
突破点1　v-t图
例15 Bodensteins研究了下列反应:
2HI(g)H2(g)+I2(g)　ΔH>0
在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为　　　　(填字母)。 

【解析】升高温度前达到平衡时x(HI)=0.784,由“三段式”法知x(H2)=0.108。升高温度,正、逆反应速率都增大,但平衡正向移动,HI的物质的量分数减小,H2的物质的量分数增大,分析题图,反应重新达到平衡时,相应的点分别是A、E。
【答案】A、E
【拓展训练】4. 一定温度下,密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔHb>c
【解析】 根据“先拐先平数值大”可知,曲线Ⅰ先达到平衡状态,因此曲线Ⅰ对应的温度较高,曲线Ⅰ表示20 ℃时的转化反应,A项错误。曲线Ⅰ温度较高,但平衡转化率较低,故升高温度能降低反应物的平衡转化率,B项错误。a点时,虽然曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示的CH3COCH3的转化率相等,但化学平衡常数仅与温度有关,它们对应的温度不同,则平衡常数不相等,C项错误。b点处温度比c点处高且转化率相同,故b点处反应速率比c点处大。d点处比b点处转化率低,故d点处反应物浓度比b点处的大,d点处反应速率比b点处大,故化学反应速率的大小顺序为d>b>c,D项正确。
【答案】 D
例17 如图1是反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔHL1。
【答案】 (1)压强　(2)L10)。下列说法错误的是(　　)
A.达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可能达到a kJ
B.升高反应温度,逆反应速率增大,正反应速率减小
C.达到化学平衡状态时,X、Y、Z的浓度不再发生变化
D.0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
3.利用 CH4可消除NO2的污染,反应原理为CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),在10 L密闭容器中分别加入0.50 mol CH4和1.2 mol NO2,测得不同温度下n(CH4)随时间变化的有关实验数据如表所示，下列说法正确的是(　　)
组别
n(CH4)/mol温度/K时间/min
0
10
20
40
50
①
T1
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
0.50
0.30
0.18
M
0.15
A.组别①中0~20 min内, NO2降解速率为0.012 5 mol·L-1·min-1
B.由实验数据可知温度T1 K0)。下列说法正确的是(　　)
A.密闭容器的体积保持不变,说明反应已达到平衡
B.密闭容器中X的体积分数不变,说明反应已达到平衡
C.反应达到平衡时,X和Y的转化率相等
D.反应达到平衡时,放出的热量不可能为m kJ
8.将5 mL 0.005 mol·L-1 FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol·L-1 KSCN溶液混合,达到平衡后溶液呈红色。再将混合液均分成5份,分别进行如下实验:下列说法错误的是(　　)

实验①:滴加4滴蒸馏水,振荡
实验②:滴加4滴饱和FeCl3溶液,振荡
实验③:滴加4滴1 mol·L-1 KCl溶液,振荡
实验④:滴加4滴1 mol·L-1 KSCN溶液,振荡
实验⑤:滴加4滴6 mol·L-1 NaOH溶液,振荡
A.对比实验①和②,证明增加反应物浓度,平衡正向移动
B.对比实验①和③,证明增加生成物浓度,平衡逆向移动
C.对比实验①和④,证明增加反应物浓度,平衡正向移动
D.对比实验①和⑤,证明减少反应物浓度,平衡逆向移动
考点3 化学平衡常数与转化率
9.一定温度下,在3个容积均为1 L的恒容密闭容器中发生反应:PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法正确的是(　　)
容器
编号
物质的起始浓度/(mol·L-1)
物质的平衡浓度/(mol·L-1)
c(PCl5)
c(PCl3)
c(Cl2)
c(Cl2)
Ⅰ
0.4
0
0
0.2
Ⅱ
1.05
0.05
1.95

Ⅲ
0.8
0
0

A.达平衡时,容器Ⅰ中c(Cl2)c(PCl5)比容器Ⅱ中的大
B.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为6∶31
C.达平衡时,容器Ⅲ中Cl2体积分数大于13
D.达平衡时,容器Ⅲ中0.4 mol·L-1T1,B正确;温度为T1 K,40 min时,反应已达到平衡状态,又温度T2 K>T1 K,故T2 K、40 min时反应也已达到平衡状态,故M=0.15,C错误;T2 K时,达到平衡,甲烷剩余量增多,说明温度升高,平衡向逆反应方向移动,所以该反应的ΔH0,则ΔH-TΔS1,则达平衡时,容器Ⅰ中c(Cl2)c(PCl5)比容器Ⅱ中的小,A项错误。达平衡时,假设容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 6∶31,压强之比等于浓度之比,容器Ⅰ中总浓度为0.2 mol·L-1×3=0.6 mol·L-1,说明容器Ⅱ中总浓度为3.1 mol·L-1,根据A项分析得出容器Ⅱ反应向正反应方向移动,设PCl5(g)转化的浓度为x mol·L-1,则有
容器Ⅱ　　　　　　 　　PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
起始浓度/(mol·L-1) 　 1.05　　 　0.05　 1.95
转化浓度/(mol·L-1) x x x
平衡浓度/(mol·L-1) 1.05-x 0.05+x 1.95+x
容器Ⅱ中总浓度为3.1 mol·L-1,则3.1=1.05-x+0.05+x+1.95+x,解得x=0.05;则平衡时c(PCl5)=1 mol·L-1,c(PCl3)=0.1 mol·L-1,c(Cl2)=2 mol·L-1,此时Qc=2×0.11=0.2=K,说明此时反应达到化学平衡状态,假设成立, B项正确。容器Ⅰ达平衡时,Cl2的体积分数为0.20.2×3=13。容器容积为2 L、起始c(PCl5)为0.8 mol·L-1与容器容积为1 L、起始c(PCl5)为0.4 mol·L-1是等效平衡;容器Ⅲ容积是1 L,相当于增大压强,平衡向逆反应方向移动,Cl2的量减小,所以达平衡时,容器Ⅲ中Cl2的体积分数小于13,C项错误。容器容积为2 L、起始c(PCl5)为0.8 mol·L-1与容器容积为1 L、起始c(PCl5)为0.4 mol·L-1是等效平衡,若此时反应达到平衡,c(PCl5)=0.4 mol·L-1,但容器Ⅲ容积为1 L,相当于增大压强,平衡向逆反应方向移动,c(PCl5)增大,所以c(PCl5)>0.4 mol·L-1,又因反应开始,消耗PCl5,所以c(PCl5)m3(1分)　③乙醇(1分)　0.125×5×(0.375×5)3(0.125×5)2×(0.375×5)6(2分)
【解析】　(1)K1=c(CO)c(CO2),K2=c(H2)c(H2O),则K3=c(CO)·c(H2O)c(H2)·c(CO2)=K1K2,所以973 K时,K3=K1K2≈0.62,1 173 K时,K3=K1K2≈1.29,升高温度,平衡常数增大,所以正反应为吸热反应,为提高CO2的转化率可采用的措施有升高温度、增大氢气浓度、吸收CO、液化水蒸气。(2)①正反应放热,则温度越高,二氧化碳的平衡转化率越小,所以温度从高到低的顺序为T3>T2>T1。②增大n(H2),平衡正向移动,二氧化碳的平衡转化率增大,所以m1>m2>m3。③升高温度,平衡逆向移动,二氧化碳和氢气的百分含量增大,乙醇、水蒸气的百分含量减少,按化学计量数之比进行投料,则平衡时乙醇的百分含量是水蒸气的13,CO2的百分含量是H2的13,所以曲线d代表乙醇,曲线a代表H2。体系中各组分的分压=该物质的物质的量分数×体系总压强,由题图3中T4 K对应数据可得Kp=0.125×5×(0.375×5)3(0.125×5)2×(0.375×5)6。

【能力提升】
1.B　使用催化剂,降低了反应的活化能,改变了反应历程,A项正确;使用催化剂,不能改变反应物和生成物的总能量,即不能改变反应的焓变(ΔH),B项错误;8 h之后,C10H8的产率还在增加,说明反应2未达平衡,而C10H8是由C10H12转化而来的,且C10H12的产率几乎保持不变,说明反应1也未达平衡,C项正确;由题图可以看出反应2的活化能低于反应1的活化能,故反应1生成的C10H12快速转化为C10H8,从而使x1显著低于x2,D项正确。
2.C　 A项,实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同,实验Ⅱ中加入了1 mL水,根据控制变量的原则,溶液总体积应保持不变,因而V1=1,类比分析可得V2=2,正确;B项,实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同,其他条件相同,因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响,正确;C项,酸性KMnO4溶液呈紫红色,由表中数据可知,草酸溶液过量,KMnO4可反应完全,因而可以用颜色变化来判断反应终点,即实验计时是从溶液混合开始,溶液紫红色刚好褪去时结束,错误;D项,根据实验Ⅲ中有关数据可知,Δc(KMnO4)=0.01 mol·L-1×2 mL4 mL=0.005 mol·L-1,v(KMnO4)=Δc(KMnO4)Δt=0.01 mol·L-1·min-1,正确。
3.(1)-122.6(2分)　(2)AC(2分)　(3)>(2分)　20(2分)　(4)0.18 mol·L-1·min-1(1分)　KA=KC>KB(1分)　(5)①反应Ⅰ为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,使CO2转化为CH3OH的产率降低(2分) 　②BD(2分)
【解析】　(1)根据盖斯定律可知,反应Ⅲ=2×反应Ⅰ-反应Ⅱ,所以ΔH3=2ΔH1-ΔH2=-49.6 kJ·mol-1×2-23.4 kJ·mol-1=-122.6 kJ·mol-1。(2)反应Ⅰ为气体分子数减小的反应,随着反应的进行,反应体系内的总压强逐渐减小,当反应体系内总压强保持不变时,反应达到化学平衡状态,A项正确;由于容器内气体的总质量不变,容器的体积不变,故混合气体的密度始终保持不变,B项错误;水分子中断裂2NA个H—O键(表示逆反应速率),同时氢气分子中断裂3NA个H—H键(表示正反应速率),表明v(正)=v(逆),能说明反应达到化学平衡状态,C项正确;该反应生成的CH3OH(g)和H2O(g)的量始终保持等比例,所以其浓度之比保持不变不能说明反应达到化学平衡状态,D项错误。(3)Qc=c2(CH3OH)c(CH3OCH3)·c(H2O)=0.421.8×1.8≈0.05v逆。设反应达到平衡状态时,CH3OCH3又转化x mol·L-1,根据“三段式”法进行计算:
　　　　　　　　　　　CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)
某时刻的浓度/(mol·L-1) 　1.8　 　　　1.8　 　　　0.4
转化浓度/(mol·L-1) x x 2x
平衡浓度/(mol·L-1) 1.8-x 1.8-x 0.4+2x
则(0.4+2x)2(1.8-x)×(1.8-x)=0.25,解得x=0.2,所以平衡时CH3OH的体积分数为0.81.6+1.6+0.8×100%=20%。(4)由题目信息可知H2与CO2的投料比为2,根据题图1可知,反应达到平衡状态时CO2(g)的平衡转化率为60%,所以v(CH3OCH3)=12v(CO2)=12×6mol×60%2 L×5min=0.18 mol·L-1·min-1;由于反应Ⅲ为放热反应,故在投料比相同时,温度越高,CO2(g)的平衡转化率越小,所以T1KB。(5)①反应Ⅰ为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,使CO2转化为CH3OH的产率降低。②工业生产甲醇要使产率最高且甲醇的选择性也要高,根据题图2可知,应选择230 ℃和催化剂CZ(Zr-1)T。
4.(除标明外,每空2分)(1)2a+c-b　(2)①(1分)　(3)①2MnO4-+6H++5H2C2O42Mn2++10CO2↑+8H2O　②反应物浓度越大,反应速率越快　③如图所示　t2时c(Mn2+)增大,催化剂成为反应速率的主要影响因素,反应速率突然加快;末尾阶段,反应物浓度减小为反应速率的主要影响因素,反应速率减慢

【解析】　(1)根据该反应的化学方程式及各物质的分子结构,1 mol反应物中含有2 mol O—H键、2 mol CO键、2 mol C—O键,1 mol C—C键,对应的生成物中含有2 mol O—H键(H2O)、1 mol CO键(CO)、2 mol CO键(CO2),反应过程中相当于断裂1 mol C—C键、2 mol C—O键,形成1 mol CO键,可知ΔH=(c+2a-b) kJ·mol-1。(2)①根据提供的数据,温度为T2时,反应先达到平衡,因此T2温度下反应速率快,故T10.36 mol。(3)①酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应,草酸被氧化为CO2,高锰酸钾被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-10CO2↑+2Mn2++8H2O。②3组实验中,只有草酸的浓度不同,从实验1到实验3,草酸浓度减小,褪色时间变长,说明反应速率减慢,可以得到的结论为增大反应物浓度,反应速率加快。