第七章 化学反应速率与化学平衡 真题演练-【5星学霸·高考白题】2026年高考化学一轮复习

解析：(1)已知H2的燃烧热△H1=-285.8k」·mo1,则①H2(g)+ 20,(g)H,0(1)4H=-285.81·mr:②H,0(1) =H20(g)△H2=+44.0kJ·mo1:③H2(g)+C12(g) 2HC(g)△H3=-184.6k·mal1,由盖斯定律可知，①-③+②可得 2HC(g)+号0，(g)一C42(g)+H,0(g)4H=4H,-aH, +4H2=-285.8kJ·mo1-(-184.6kJ·mol1)+44.0kJ·mol1= -57.2·ma'。(2)2HC(g)+20(g)C,(g)+H,0(g)是 气体体积减小的放热反应，△H<0,△S<0,当△H-TAS<0时，反应能 够自发进行，则该反应在温度较低时容易自发进行，升高温度时平 衡逆向移动，反应物的转化率降低即温度越高，H的转化率越低 且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440℃，T, 为400℃，T3为360℃。(3)较低流速下转化率可近似为平衡转化 率，a、b,c三点中C点气体流速最低，最可能达到平衡状态。(4)M 点气体流速较高，反应未达到平衡，对比图1、2可知，其他条件相 同时，增大n(HC):n(O2),HC1的平衡转化率减小，A不选；降低 温度，反应速率减慢，单位时间内HC的转化量减小，HC的转化率 减小，B不选：由图可知，增大HC的流速，HC的转化率降低，C不 选：使用更高效的催化剂，反应速率加快，单位时间内HC的转化量 增大，HC1的转化率增大，D选。(5)在温度为T,初始压强为 160kPa的恒容密闭容器中，按图2中的投料比进行反应，到达平 衡时与N点的转化率相同，列出三段式： 2HC(g)+ 20(g)=C2(g)+H20(g) 起始(mol) 4 4 0 1 转化(mol) 28 2 1 平衡(mol) 4-2x 42 H0的转化率为兰 08,=16,平衡总压为8×(08+3.2+ 1.6+1.6)mal=144kPa,该温度下反应的化学平衡常数，= (16x144P 2 7.2 =0.5。 V7X144 kPax 3.2 /0.8 144kPa 7.2 7.(1)CH,0*40H"+3H'=CH0”+0H”+2H'(点CH0'+H* 地0）。20(a+26-e)2014285%反应 釜要求压强恒定，面反应【为气体分子数减小的反应 解析：(1)由图甲可知，C02和H2制备CH,OH的反应是反应物总能 量大于生成物总能量的放热反应，反应历程中活化能最小步骤的反 应为CH20·+0H·+3H·CH0°+0H+2H(或CH20·+H” 一CH,0·);结合图中信息可知该反应的反应物总能量高于生成 物总能量，为放热反应，则△H<0:反应后气体分子数诚小，△S<0: △G=△H-T△S随温度升高，△G逐渐增大，故曲线c符合。 (2)①C0(g)、H2(g）、CH,0H(g)的摩尔燃烧焙分别为 ak」·mo、bkJ·mol1、ekJ·mol'.据此可得热化学方程式： ①c0(g+0,(g)一C0,(g)4Hn=a1·mlr,②H,(g)+ 20,(g）一H,0(g）4=6u·mmlr;3CH,0H(g)+ 20,(g)00,(g)+2H,0(g)As=e·mr。根据盖断 律可知反应1=①+2x②-③，则△H2=(a+2b-c)kJ·mol1:②由一 氧化碳的转化率可知，0~5min内，一氧化碳的反应速率为 2mol×70% 2L 5 min -=0.14mol·(L·min)-1:设平衡时甲醚的物质的量为 am0l.则由题意可知，甲醇的物质的量为2amd,由方程式可知，反 应Ⅱ中生成水、消耗甲醇的物质的量分别为amol、2amol,则反应I 一学霸高考·白是 中生成甲醇的物质的量为4和mol、消耗氢气的物质的量为8am:由 一氧化碳的转化率可知，平衡时一氧化碳的物质的量为2m© 2mo×70%=0.6m0l,由碳原子数守恒可知，平衡时二氧化碳的物质 的量为(2-0.6-2a-2a)mol=(1.4-4a)mol,则由方程式可知，反应Ⅲ 中消耗水蒸气、生成氢气的物质的量都为(1.4-4a)mol,由平衡时氢 气的物质的量可得：4-8a+(1,4-4a)=1.8,解得a=0.3,则平衡时甲 醚、甲醇、一氧化碳、二氧化碳、氢气、水蒸气的物质的量分别为 0.3mol、0.6mol、0.6mol、0.2mol、1.8mol、0.3mol-0.2mol=0.1mol: 由压强比等于气体物质的量之比可知，平衡时压强为 3.6 molxpo Pa 6 mol =0.p0Pa,则反应1的平衡常数K= 0.6x0.6poPa 3.6 100 Pa2:③设时间为1min, 0.6x0.6pPa×3.6 3.6 (1.8x0.6poPa 9p6 则进气量为0.03ml、出气量为0.02mal,反应1为气体分子数诚小 的反应，反应Ⅱ、Ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01m©l气体 是由反应I引起的，由反应1的方程式可知，参加反应I的一氧化 碳的物质的量为0.01mlx之=0.005ml,由一氧化碳的转化率可 知，反应消耗一氧化碳的物质的量为0.01mol×60%=0.006mol,则反 应Ⅲ消耗一氧化碳的物质的量为0.001ml,由方程式可知，反应Ⅲ 生成二氧化碳的物质的量为0.001m0,则流出气体中二氧化碳的 百分含量为0001mm×100%=5%:反应釜要求压强恒定，而反应1 0.02 mol 为气体分子数诚小的反应，会导致压强减小，所以工业生产中，需控 制出气流量小于进气流量。 第七章真题演练 1.C解析：反应物气体总物质的量为5ml,生成物气体总物质的量为 3m,威小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）移动，A 不符合题意：该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反 应方向移动，B不符合题意：增大日2浓度会提高反应物浓度，根据 夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的H2,C符合题意：恒容 下充人惰性气体，不改变各物质浓度，对平衡无影响D不符合题意。 2.C解析：①A(g)M(g)K= ,②A(g)一N(g)K= k-1 ②-O得到M(6)一N(g,则K“三华A正确：由图 ,平病k1女2 k 可知，0-1时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M 和N的平均反应速率相等，B正确：若加人化剂，k,增大，更有利 于生成M,则x变大，但催化剂不影响平衡移动，M,不变，C错 误：若A(g)一→M(g)和A(g)一→N(g)均为放热反应，升高温度，两个 反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即，￥衡变大，D正确。 3.(1)-412(2)be(3)反应①的活化能低，反应②的活化能高，反 应②进行的速率慢催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对 反应②更有利(4)b(5)增大0.675p 解析：(1)由盖斯定律，②-①可以得到目标反应，则△H■△H2- △H1=-14.9kJ·mol1-26.3kJ·md=-41.2kJ·mol1。(2)气体 质量是定值，休积是固定的，密度始终不变，气休密度不变不能说明 反应达到平衡状态；两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反 应进行，压强变大，压强不变是平衡状态：气体浓度不变是平衡状态 的标志，则H20(g)的浓度不变是平衡状态；C0和C02物质的量相 等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态。(3)反应①的选 择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②的活化能高，反 应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%：反应①是吸热 反应，升高温度平衡会正向移动，有利于反应①，但反应①选择性下 降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应② 更有利。(4)增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低：增大原料 中C02的量，CH4转化率增大：通人A气，各物质浓度不变，平衡不 移动，CH,转化率不变。(5)由图可知，恒压时，随着r含量上 ·化学·041一 升（图像从右到左），反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移 动，压强不影响反应④平衡移动：则随着Ar含量下降，反应③和⑤平 衡逆向移动，但甲烷的转化率下降地更快，而反应①甲烷与二氧化 碳的转化率相同，说明反应⑤逆向移动的程度稍小，但C0减小的 少，则n(C0):n(H2)增大：设初始投料：n(CH)=4mol、n(C02)= 4mol、n(Ar)=2mol,平衡时，甲烷的转化率为20%.二氧化碳的转 化率为30%，则平衡时：n(CH4)=4mdl-4mal×20%=3.2mol: n(C02)=4mol-4mol×30%=2.8mdl: 根据碳元素守恒：n(C0)=8mo-n(CHa)-n(C02)=8mol-3.2mol- 2.8 mol=2 mol; 根据氧元素守恒：n(H20)=8mal-n(C0)-2n(C02)=8mol-2mol 2×2.8ml=0.4mol: 根据氢元素守恒：n(H2)=8mol-2m(CH,)-n(H20)=8mol-2× 3.2 mol-0.4 mol =1.2 mol: 平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+ 1.2mol+2mol=11.6mol,Ar的分压为pkPa,则总压为5.8pkPa, 1.2 p(H)=x5.8p kPa=0.6p kPap(CO)=5.8p kPa=p kPa. 32x5.8 kPa=1.p kPa(H.0)=04 p(CH)产i16 16X5.kP=02kP,反 皮5的平衡数K-2-065片 4.(1)<(2)-2a-36+c(或c-2a-36)(3)温度过高，反应平衡常数 较小，导致产率过低（或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致产 率过低)(4)①IN②BD③1.98④0.025 解析：(1)根据表格中的数据，温度升高反应的平衡常数减小，说明 反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆 反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的△H<0。(2)根据已 知条件可以写出如下热化学方程式： 0①C0(g)+202(g)-C02(g)4H1=-ak·mol ②H,(g+号0，(g)一书，0(8)Ah,=-bWmr ③0G,C,0H(g）+号0，(ge）一200，(g）+3l,o(e）4 =-ekJ·md1,根据盖斯定律，②×3+①x2-③即可得到目标方程 式，故目标方程式的△H=(c-2a-3b)kJ·mo1。(3)根据表格中的 平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数术<1.3×103，此时平衡常 数过小，导致乙二醇产率过低：或温度过高，假化剂的催化活性下 降，导致乙二醇产率过低。(4)根据图示的曲线，随着反应温度的升 高曲线I的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率 区城恒定，故曲线I为DMO的实际转化率曲线：又已知曲线Ⅱ为乙 二醇的选择性，观察曲线Ⅱ和曲线N可知，随着反应的进行MG逐新 转化为乙二醇，故曲线W为MG的选择性，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择 性。①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率：曲线W为MG 的选择性：②根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题 意；DMO转化为MG为气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移 动，DMO的转化率增大，B符合题意：减小初始氢酯比导致体系中氢 含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意：A点时DMO的转化 率为80%，升高温度后转化率持续上升：说明A点时反应未达平衡， 延长原料与催化剂的接触时间可以促进反应的继续进行，增大DMO 的转化率，D符合题意：3483K时，DM0的实际转化率为99%，设起 始投人反应的DM0为100mcl,则出口处茂出的乙醇的物质的量为 100mol×99%x2%=1.98,此时还有1mlDM0未反应从出口处 流出，因此出口处（乙醇）。1.98m =198:④设初始时H2与DMO n(DMO)I mol 的投料分别为52.4mal和1mol,A点时DM0的实际转化率为80% MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生 DMO转化为MG的反应，可写出如下关系： DMO(g)+2(g)-MG(g)+CH OH(g) 起始(mol)1 52.4 0 0 反应(mol)0.8 1.6 0.8 0.8 终了(mol)0.2 50.8 0.8 0.8 一学霸高考·白员 第二步反应，MG转化为乙二酵，可写出如下关系： MG(g)+2H(g)一乙二醇(g)+CH,OH(g) 起始(mal)0.850.8 0 0.8 反应(mal)0.40.8 0.4 0.4 终了(mal)0.450.0 0.4 1.2 这时，体系中DM0的物质的量为0,2mol,MG的物质的量为 0.4mal,H2的物质的量为50.0mol,CH,0H的物质的量为1.2mol, 乙二醉的物质的量为0.4mal,体系中总物质的量为0.2+0.4+S0.0+ 1,2+0.4=52.2(ml)。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵 0.4 mol 1.2 mol 52.2 mol 52.2 mol 0.4 mol 50.0 mol2 -=0.025。 52.2 mol 52.2 mol 5.(1)-80(2)①be②因△H4<0,升温反应V向逆反应方向进行 SC,的产量反面减小(3)①Hd②， 2 。③1-D(x+y+a 1或1-Df(4)@=>②4x0223a 38 解析：(1)根据盖斯定律可知，△H=△H2+3△H1=-236k」·mol1+ 3×(+52kJ·ol1)=-80kJ·mol。(2)①压缩平衡体系体积，相 当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应I→+V,除压强对反应I 无影响，对Ⅱ→V的反应都是平衡向正反应方向移动，因此SH2C 和SiHC1,的量增大：②因△H4<0,升温反应V向逆反应方向进 行，SiHCl,的产量反而碱小。(3)在压强为Pa的恒压体系中通入 2molH2和1 mol SiCl4,①根据反应1→W可知，温度升高反应I和 Ⅲ向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知为HC1,m 为SiHC3:②750K时按照反应Ⅲ进行：St()+siCl4(g)+2H,(g) —2SiH2C2(g),由图可知平衡时SiC4的物质的量分数为x, SiH2C2的物质的量分数为：，H2的物质的量分数为0，则K。= (p0)2 22 po·(pw2p% ：③750K时，SiCl4的平衡转化率为/，则转化 的SiCl,为fmol,剩余的SiCl1为(1-)mol,平衡时的物质与物质的 量分数分别为SiC,→x,SiH2CL2→z和SiHCl,-y,设平衡时混合物的 总物质的量为Mm,则可以根据剩余的s0,计算出，片 1m,将计算#（9ta）-y=a（s0,-nym n(SiH2Cd2） 1f →n(SH,C,)=LD:ml,根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平 衡物质中硅的总物质的量-起始时的1 mol SiCl,n(Si)= [1-0apy,-码-1=[n+]ml政者消耗 硅的物质的量=平衡物质中SH2C2和SHC1,物质的量之和-消耗 的f mol SiCl4,n(Si）= [(1-(1:-= [但Dml。(4)①使用不同催化剂时，反应V的△H: Cu0催化剂与CuCl催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与 生成物的终态有关，与催化剂无关，所以△H:Cu0催化剂=CuCI催 化剂：根据表中数据，在相同单位时间内，Cu作催化剂时SiC,的转 化率为73%、CuC作催化剂时SiCl,的转化率为22.3%，由此可以得 出CuC1作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应V的活化能：Ca 限化剂>CuC催化剂：②根据反应V:Si(s)+3SiC1.(g)+2H,(g) 4SiHC,(g),初始投料mol SiC],该段时间内得到Bmol SiHCI, 列式 Si(s)+3SiCl(g)2H2(g)4SiHCl(g) 3 mol 4 mol B mol ·化学·042一 得出生成s0,所清耗的s@,的物质的量a- mal,根据表的转 化率可知所消耗的SCL,的总物质的量为am0l×22.3%= 0.223amal,最后根据公式SiHC,的选择性= 38 生成SiCL,所消耗的SiCL4的物质的量 所消耗的SiC1,的总物质的量 100%-0.23ama×100%= 38 4x0.223a*100%. 第八章水溶液中的离子反应与平衡 第1节弱电解质的电离平衡 1.D解析：根据表中数据判断，pH>6.10时，碳酸氢根离子浓度大于 碳酸浓度，则pH=7的血液中c(H,C0,)<c(HC0),A正确：发生酸 中毒时，应该用碱性物质缓解，例如NHC0,溶液，碳酸氢根离子浓 度增大，使题干中平衡左移，氢离子浓度降低，可避免酸中毒，B正 确：水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸贼性无关，C正确：碳 酸氢钠溶液因水解程度大于电离程度呈碱性，c(HCO;): c(H2C0,)=1时，pH=6.10,溶液呈酸性，说明碳酸的电离程度大于 碳酸氢根高子的水解程度，D错误。 2.A解析：HF在水中的电离方程式为HF(ag)一H(q)+F(q), 加水稀释，溶液中e(H)减小，电离平衡常数K=c()cF)不 e(HF) 变，则（职不断诚小，A正确：通人H0气体，溶液中c()增 c(F-) 大，HF的电离平衡向左移动，达到新的平衡后，c(H)相比通人HC 气体前仍然增大，则pH降低，B错误：HF在水中的电离方程式 为HF(aq)一H(胸)+F(aq)△H=-10.4k·mol1,为放热反 应，稍微加热，平衡逆向移动，电离平衡常数K减小，则K= c(H）:c()<6.3x10,C错误：HF为弱酸，电离过程中放热，总 e(HF) 放热更多，用氢氟酸替代盐酸测得中和反应的△H偏小，D错误。 技巧点拔 分析弱电解质溶液中两种粒子波度比值的变化时，常利用电离平 衡常数进行解答。如0.1ml·L1的HY溶液加水稀释，c(H)》 和c(m)均交小，无法直接判新，而利用人=c(Y) c《即可解决。 e(HY) 3.C解析：4-氨基苯甲酸中氨基的存在会促进羧基电离，导致其羧基 的电离程度在相同温度下、相同溶剂中较装甲酸更大，故pK,:苯甲 酸>4-氨基苯甲酸，A错误：4-氨基苯甲酸具有两性，H较小时氨基 0 与氢离子作用，生成铵盐*H,N气○C0H,带正电，迁移速 率大，即在M点之前：是中性时，形成分子内盐或净电荷为0，不带 电，迁移速率为0：p较大时形成羧酸盐H,N一○0 ,带 负电，迁移速率大，即在M点之后，B误；设H,○0H 为A,*H,NC-0H为A、H,NQC-0为A, 则有K=A):cH2,=A):c(OH,由于M点微粒不 c(A) c(A) 带电（或净电荷为零），故c(A)=c(A),故 一学霸高考·白 c(A)·c(H) c(A) -巴），所以出=（成+k c(A)·c(OH)c(OH) K c(A) PK)=3.65,C正确：4-氨基苯甲酸在M点两侧分别形成铵盐和羧 酸盐，溶解度较大：M点处于分子形态（或净电荷为零），极性最小， 在水中溶解度最小，D错误。 4.C解析：由电离常数可知，硫酸在冰酵酸中应分步电离，一级电离 产生氢离子和硫酸氢根离子：H2S0,=H旷+HS0,A错误：从酸碱 质子现论出发，醋酸根离子会结合H从而表现碱性，故醋酸根离子 属于碱，B错误：从酸碱质子理论出发，水能结合质子属于碱，且水结 合质子成为水合氢离子表现碱性，四种酸的酸性在水中差别不大的 原因是水分子的碱性过强，C正确：在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡 常数最大，所以高氯酸的酸性最强，D错误。 5.C解析：HC是强酸，CH,CO0H是弱酸，浓度相同时，盐酸溶液中 的c(F)要比醋酸中的大，故曲线应在醋酸之上；由于是相同倍数 稀释，故盐酸中c(H)始终比酷酸中的大：对于酷酸面言，加水稀 释，醋酸的电离程度增大，故曲线下降幅度平缓，若无限稀释，二 者c(H)会趋于相等，故选C。 易错提醒 电解质溶液图像中的“特殊点”及重要解题信息 (1)嫩粒分布分数图像中曲线的交点。这些交点表示两种微粒浓 度相等，如c(X)=c(HX)的点，代入相应电离常数表达式，可得 K(Hx)=():cX).10,进而可求出X的本解平衡常数 e(HX) (X)严x等。 (2)图像中曲线变化信息。微粒分布分数图像中，随着pH的增大， 浓度只减小的曲线表示多元弱哦的分布分数，浓度先增大后减小 的曲线表示酸式酸根离子的分布分数，浓度只增大的击线表示弱 酸根高子的分布分数。 6.C解析：由图知，稀释相同倍数时，曲线Ⅱ的变化量大于曲线曲线 I,故曲线I表示MOH(一元弱碱)，曲线Ⅱ表示NaOH溶液，A错 误：未稀释前，pH相同、体积均为V。,故c(N)=c(M°)，但由于 MOH为一元弱碱，部分电离，故c(Na)=e(M)<c(MOH),B错误： 、e两点溶液的pH相同，c(OH)相同，在NOH溶液中，由电荷守 恒得c(OH)=c(Na)+c(H'),在MOH溶液中，由电荷守恒得 c(OH)=c(M)+c(H),故离子总浓度相同，C正确：加水稀释过 程中，c(0H)逐渐酸小，cOH 、逐渐增大，而由于温度不变。 c(MOH) 1 e(M)e(OH-)K 不变，故(MOm逐渐减小，D错误。 c(M') 7.C解析： 面线下：随着溶波OH增大，pH诚小，cNH 逐渐增大，N,H)逐渐减小 -lgx 4.00 3.00 2.00 1.00 、105 15 POH 曲线随者溶液pOH增大，H减小，NH 逐渐减小，NH)逐渐增大 曲线：随着溶液小WOH增大，H减小 c(N.H(OH) K(NHF dN.H) e(N,H --pOH-Ig(N.HJ eN.H2 ·化学·043一第七章真 ☑真题集训探究考向，剖析考点限时：45mim 1.(2025·甘肃，4,3分)C02加氢转化成甲烷是 综合利用C02,实现“碳中和”和“碳达峰”的 重要方式。525℃、101kPa下，C02(g)+ 4H2(g)—CH4(g）+2H,0(g)△H= -185kJ·mo。反应达到平衡时，能使平衡 向正反应方向移动的是 ( A.减小体系压强 B.升高温度 C.增大H,浓度 D.恒容下充人惰性气体 2.(2025·安徽，11,3分)恒温恒压密闭容器 中，1=0时加入A(g),各组分物质的量分数x 随反应时间t变化的曲线如图（反应速率 =kx,k为反应速率常数) 加入A N(g) 平街 H xm平衔 平荷 反应时间) 下列说法错误的是 A该条件下平南_k而 xM,平街k,k2 B.0~t时间段，生成M和N的平均反应速率 相等 C.若加人催化剂，k,增大，k2不变，则x1和 xM,平均变大 D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热 反应，升高温度则x平衡变大 3.(2025·安微，17，节选)I.通过甲酸分解可 第七章化学反应速率与化学平衡学霸高春 题演练 获得超高纯度的C0。甲酸有两种可能的分 解反应： DHCOOH(g)=CO(g)+H20(g) △H1=+26.3kJ·mol 2HCOOH(g)=CO2(g)+H,(g) △H2=-14.9kJ·mol1 (1)反应C0(g)+H,0(g)—C0,(g)+H,(g) 的△H= kJ·mole (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定 量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应。 下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填字母)。 a.气体密度不变 b.气体总压强不变 c.H,0(g)的浓度不变 d.C0和C02的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如 下图，反应①的选择性接近100%，原因是 :升高温 度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可 能的原因是 过波态2 HCOO*+H* CO(g+ILO(g) HCOOH(g) 过渡态lc0OH 反应D +H安 反立② HCOOH* CO.(g)+TL(g) 反应历程 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(C0 和H2)的重要方法，主要反应有： ③CH,(g)+C0,(g)==2C0(g)+2H2(g) ④C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g） 学霸高春白题化学 ⑤CH,(g)+H20(g)C0(g)+3H,(g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的 措施有 (填字母)。 a.增加原料中CH,的量 b.增加原料中CO2的量 c.通人Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量 之比的CH,/CO,/Ar混合气，投料组成与CH 和C0,的平衡转化率之间的关系如下图」 100 80 60 40 CO. 20 10/1080 1/198 30/3040 20/2060 5050M0 404020 CH/CO/ I.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中 n(C0):n(H2)的值将 (填“增大” “减小”或“不变”)。 Ⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两 点计算反应⑤的平衡常数K。= (kPa)2(用含p的代数式表示，K。是用分压代 替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的 量分数)。 4.(2025·黑吉辽蒙，18.14分)乙二醇是一种 重要化工原料，以合成气(C0、H,)为原料合 成乙二醇具有重要意义 【.直接合成法：2C0(g)+3H,(g)催化剂 HOCH,CH,OH(g),不同温度下平衡常数如下 表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×10 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H 0(填“>”或“<”)。 (2)已知CO(g)、H,(g)、HOCH,CH,OH(g)的燃烧 热（△H)分别为-akJ·mo、-bk·moΓ -ckJ·mol,则上述合成反应的△H= kJ·mol(用a、b和c表示) (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa) 很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O,制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反 应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 COOCI +2H,CILOII +2H,CILOIT +H,Cl COOCH,-CH,OH COOCH,-CH,OH CH.,OH -HO CH.OH DMO) MG() 乙二醉g 乙醇(g) (4)在2MPa、Cu/SiO,催化、固定流速条件 n(H2) 下，发生上述反应，初始氢酯比 n(DMO) 52.4,出口处检测到DM0的实际转化率及 MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲 线如图所示某物质的选择性= n生成（该物质） n游花(DMO) ×100% (483.9 100 80 60 1450.50) 40 20 (4832) 0 443 463 483 503 523 沿足K ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转 化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DM0转化率的措施有 (填字母)。 A.降低温度 B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处（乙醇） 的值为 n(DMO)】 (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)+2H2(g)= HOCH,CH,OH(g)+CH,OH(g)的浓度商Q.= (用物质的量分数代替浓度计算，精 确至0.001)。 5.(2024·福建.14节选)SiHCI3是制造多晶硅 的原料，可由Si和SiCl,耦合加氢得到，相关 反应如下： I .SiCl(g)+H,(g)=SiHCI(g)+HCI(g) △H=+52kJ·mol Ⅱ.Si(s)+3HCI(g)—SiHCI(g）+H2(g) △H2=-236kJ·mo Ⅲ.Si(s)+SiCl,(g）+2H,(g）—2SiH,Cl,(g) △H3=+16kJ·mo (1)生成SiHCL,的总反应： IV.Si (s)3SiCl (g)2H2 (g) 4 SiHCI,,(g）△H4= kJ·mole (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质 的量分数增大的组分为 (填字母)。 a.SiCl b.SiHCl, c.SiH,Cl d.HCI ②反应温度升高不利于提高平衡时产物 SiHCI,选择性的原因是 (3)在压强为P。的恒压体系中通入 第七章化学反应速率与化学平衡学霸高春 2.0molH2和1.0 mol SiCl.4,达到平衡时，气体 组分的物质的量分数随温度变化如图所 示（忽略气体组分在硅表面的吸附量）。已 知：K,为用气体分压表示的平衡常数，分压= 物质的量分数×总压。 0.8 (750.w1 II (750,) SiCl 0 (750, m (750,z SiH.Cl, 1 n 700 750 800 湿度K ①图中n代表的组分为 (填化 学式)。 ②750K时，反应Ⅲ的平衡常数K。= 。(列出计算式)》 ③750K时，SiCL4的平衡转化率为f,消耗硅 的物质的量为 mol。(列出计算式) (4)673K下，其他条件相同时，用Cu、Cu0和 CCl分别催化上述反应，一段时间内siCl,的 转化率如下表所示。（产物SiHCI,选择性均 高于98.5%) 催化剂 Cu CuO CuCl SiCl,的转 7.3 14.3 22.3 化率/% ①使用不同催化剂时，反应V的△H:CuO催 化剂 CCl催化剂（填“>”“<”或 “=”,下同)：反应W的活化能：Cu催化剂 CuCl催化剂。 ②使用CuCl催化剂，初始投料a mol SiCl,该 段时间内得到B mol SiHCl,则SiHCI,的选择 性= 生成SiHCI,所消耗的SiCl,的物质的量 所消耗的SCl,的总物质的量 100%= ×100%。(列出计算式) 0