《2026年学易优高考二轮总复习化学》

4. (2025·蚌埠市二模)制备二甲醚(${CH_{3}OCH_{3}}$)的方法之一为:
ⅰ.${CO(g) + 2H_{2}(g)\xlongequal{}CH_{3}OH(g)}$ $\Delta H_{1}=-90.7\ kJ·mol^{-1}$ $K_{1}$；
ⅱ.${2CH_{3}OH(g)\xlongequal{}CH_{3}OCH_{3}(g) + H_{2}O(g)}$ $\Delta H_{2}=-23.5\ kJ·mol^{-1}$ $K_{2}$。
回答下列问题:
(1)反应${4H_{2}(g) + 2CO(g)\xlongequal{}CH_{3}OCH_{3}(g) + H_{2}O(g)}$的$\Delta H=$−204.9$\ kJ·mol^{-1}$,该反应的平衡常数$K=$K₁²·K₂$$(用$K_{1}$、$K_{2}$表示)。
(2)在恒温恒压条件下仅发生反应:${4H_{2}(g) + 2CO(g)\xlongequal{}CH_{3}OCH_{3}(g) + H_{2}O(g)}$。起始时$H_{2}$、$CO$物质的量之比为$2:1$,${CH_{3}OCH_{3}}$的平衡体积分数$\varphi({CH_{3}OCH_{3}})$对应图1中的a点,若调节起始时$H_{2}$、$CO$物质的量之比为$3.5:1$,则${CH_{3}OCH_{3}}$的平衡体积分数可能对应图1中的______(填“b”“c”或“d”)点。下列不能说明该反应已达到平衡状态的是______(填字母)。
A. $H_{2}$、$CO$、${CH_{3}OCH_{3}}$、${H_{2}O}$的反应速率之比为$4:2:1:1$
B. 混合气体的平均摩尔质量保持不变
C. 容器中气体的密度保持不变
D. 断裂$4$个$H-H$键,同时断裂$2$个$H-O$键
(3)将合成气按$\frac{n(H_{2})}{n(CO)}=1:1$通入密闭反应器中,在压强为$p$的条件下发生反应:${3H_{2}(g) + 3CO(g)\xlongequal{}CH_{3}OCH_{3}(g) + CO_{2}(g)}$,$CO$的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示。该反应中反应物的总能量______(填“$＜$”或“$＞$”)生成物的总能量,温度为$T_{1}$时,$CO_{2}$的平衡分压为______,该温度下,该反应的平衡常数$K_{p}$为______(用平衡分压代替平衡浓度计算,平衡分压$=$总压$×$物质的量分数)。
温馨提示:请做课时精练突破十七$P_{134}$

答案： $(1)−204.9 K_1^2 · K_2$
(2)d A
$(3)＞ \frac {p}{8} \frac {4096}{729p^4}$
解析：
(1)根据盖斯定律，方程式Ⅰ×2 + Ⅱ可得$4H_2(g) + 2CO(g) \rightleftharpoons CH_3OCH_3(g) + H_2O(g)，$故$\Delta H = −90.7 kJ · mol^{-1} × 2 + (−23.5 kJ · mol^{-1}) = −204.9 kJ · mol^{-1}，$方程式计量数加倍，则平衡常数变为原来的平方，方程式相加，则平衡常数相乘，该反应的平衡常数$K = K_1^2 · K_2；$
(2)起始时$H_2、$CO物质的量之比为2 : 1，此时等于计量数之比，平衡时产物的体积分数最大，若调节起始时$H_2、$CO物质的量之比为3.5 : 1，恒温恒压条件下，与原平衡相比，相当于减压，平衡逆向移动，再次平衡时$CH_3OCH_3$的平衡体积分数会变小，故d点符合；$H_2、$CO、$CH_3OCH_3、$$H_2O$的反应速率等于计量数之比，始终为4 : 2 : 1 : 1，不能说明达到平衡，故A选；若没有平衡，反应向右进行时，混合气体的平均摩尔质量会增大，现保持不变能说明达到平衡，故B不选；反应在恒温恒压条件发生，反应前后气体的体积变化，则密度是变量，现保持不变能说明达到平衡，故C不选；断裂4个H—H键，同时断裂2个H—O键，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡，故D不选；答案选A；
(3)CO的平衡转化率随温度的变化关系如图2所示，即温度升高，CO的平衡转化率降低，表示升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，反应物的总能量 ＞ 生成物的总能量；合成气按$\frac {n(H_2)}{n(CO)} = 1 : 1$通入密闭反应器中，设$H_2$和CO的物质的量均为3 mol，温度为$T_1$时，CO的平衡转化率为50%，列三段式如下：
$3H_2(g) + 3CO(g) \rightleftharpoons CH_3OCH_3(g) + CO_2(g)$
$\begin{matrix}$
起始(mol) & 3 & 3 & 0 & 0 \\
变化(mol) & 1.5 & 1.5 & 0.5 & 0.5 \\
平衡(mol) & 1.5 & 1.5 & 0.5 & 0.5 \\
$\end{matrix}$
$CO_2$的平衡分压为$p × \frac {0.5}{1.5 + 1.5 + 0.5 + 0.5} = \frac {p}{8}，$
同理可得$p(CH_3OCH_3) = \frac {p}{8}，$$p(H_2) = p(CO) = \frac {3p}{8}，$该反应的平衡常数$K_p = \frac {p(CH_3OCH_3)p(CO_2)}{p^3(H_2)p^3(CO)} = \frac {\frac {p}{8} × \frac {p}{8}}{( \frac {3p}{8} )^3 × ( \frac {3p}{8} )^3} = \frac {4096}{729p^4}。$

1. (2025·安徽卷)Ⅰ. 通过甲酸分解可获得超高纯度的 CO。甲酸有两种可能的分解反应：
① $ HCOOH(g) \xlongequal{} CO(g) + H_2O(g) $ $ \Delta H_1 = +26.3 \, kJ · mol^{-1} $
② $ HCOOH(g) \xlongequal{} CO_2(g) + H_2(g) $ $ \Delta H_2 = -14.9 \, kJ · mol^{-1} $
(1) 反应 $ CO(g) + H_2O(g) \xlongequal{} CO_2(g) + H_2(g) $ 的 $ \Delta H = $ -41.2 $ kJ · mol^{-1} $。
(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 bc (填标号)。
a. 气体密度不变
b. 气体总压强不变
c. $ H_2O(g) $ 的浓度不变
d. CO 和 $ CO_2 $ 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 ______。

Ⅱ. 甲烷和二氧化碳重整是制取合成气 (CO 和 $ H_2 $) 的重要方法，主要反应有：
③ $ CH_4(g) + CO_2(g) \xlongequal{} 2CO(g) + 2H_2(g) $
④ $ CO_2(g) + H_2(g) \xlongequal{} CO(g) + H_2O(g) $
⑤ $ CH_4(g) + H_2O(g) \xlongequal{} CO(g) + 3H_2(g) $
(4) 恒温恒容条件下，可提高 $ CH_4 $ 平衡转化率的措施有 b (填标号)。
a. 增加原料中 $ CH_4 $ 的量
b. 增加原料中 $ CO_2 $ 的量
c. 通入 Ar 气
(5) 恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的 $ CH_4/CO_2/Ar $ 混合气，投料组成与 $ CH_4 $ 和 $ CO_2 $ 的平衡转化率之间的关系如图。

ⅰ. 投料组成中 Ar 含量下降，平衡体系中 $ n(CO) : n(H_2) $ 的值将 增大 (填“增大”“减小”或“不变”)。
ⅱ. 若平衡时 Ar 的分压为 $ p \, kPa $，根据 a、b 两点计算反应⑤的平衡常数 $ K_p = $ $\frac{27}{40}p^2$ $ (kPa)^2 $ (用含 $ p $ 的代数式表示，$ K_p $ 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)。

答案： 1.答案：
(1)-41.2
(2)bc
(3)反应①活化能远小于反应② 升高温度，反应②的反应速率提升程度更大
(4)b
(5)ⅰ.增大ⅱ.$\frac{27}{40}p^2$
解析：
(1)根据盖斯定律，由反应②一反应①，可得$\mathrm{CO(g)+H_2O(g)=CO_2(g)+H_2(g)}\ \Delta H =-14.9\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}-26.3\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}=-41.2\ \mathrm{kJ· mol^{-1}}$。
(2)该反应中反应物、生成物均为气体，气体总质量不变，容器恒容，则气体密度始终不变，故a错误；反应①和②反应前后气体分子数均不相等，气体总压强为变量，则气体总压强不变可以说明反应达到平衡状态，故b正确；$\mathrm{H_2O(g)}$的浓度不变，则反应体系中各物质浓度均不变，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；$\mathrm{CO}$和$\mathrm{CO_2}$的物质的量相等，不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误。
(3)由图可知，使用该催化剂时反应①的活化能远小于反应②的，故此时反应①的选择性可接近100％；活化能越高的反应的速率对温度越敏感，反应②的活化能更高，升温对其化学反应速率的增加更明显，故升高温度，反应①的选择性下降。
(4)增加原料中$\mathrm{CH_4}$的量，反应③和反应⑤平衡正向移动，但$\mathrm{CH_4}$的平衡转化率降低，故a错误；增加原料中$\mathrm{CO_2}$的量，反应③平衡正向移动，$\mathrm{CH_4}$的平衡转化率增大，故b正确；恒容条件下通入$\mathrm{Ar}$气，体系压强增大，但各反应物浓度不变，平衡不移动，$\mathrm{CH_4}$转化率不变，故c错误。
(5)ⅰ.由题图知，随着投料组成中$\mathrm{Ar}$含量下降，$\mathrm{CO_2}$的平衡转化率大于$\mathrm{CH_4}$的平衡转化率，说明反应④正向进行程度大于反应⑤正向进行程度，故平衡体系中$n(\mathrm{CO})$：$n(\mathrm{H_2})$的值将增大。ⅱ.根据a、b两点起始时$\mathrm{CH_4}/\mathrm{CO_2}/\mathrm{Ar}$的物质的量之比为$40/40/20$，平衡时$\mathrm{CO_2}$转化率为$30\%$，$\mathrm{CH_4}$转化率为$20\%$，设起始时$\mathrm{CH_4}$、$\mathrm{CO_2}$、$\mathrm{Ar}$的物质的量分别为$2\ \mathrm{mol}$、
学易优 高考二轮总复习 化学
$1\ \mathrm{mol}$，反应③中$\mathrm{CH_4}$转化$a\ \mathrm{mol}$，则反应⑤中$\mathrm{CH_4}$转化$(2×20\%-a)\ \mathrm{mol}$，反应④中$\mathrm{CO_2}$转化$(2×30\%-a)\ \mathrm{mol}$，列关系式如下：
③$\mathrm{CH_4(g)+CO_2(g)=2CO(g)+2H_2(g)}$
转化量/mol：$a$ $a$ $2a$ $2a$
④$\mathrm{CO_2(g)+H_2(g)=CO(g)+H_2O(g)}$
转化量/mol：$0.6-a$ $0.6-a$ $0.6-a$ $0.6-a$
⑤$\mathrm{CH_4(g)+H_2O(g)=CO(g)+3H_2(g)}$
转化量/mol：$0.4-a$ $0.4-a$ $0.4-a$ $3(0.4-a)$
平衡时$n(\mathrm{CH_4})=1.6\ \mathrm{mol}$，$n(\mathrm{CO_2})=1.4\ \mathrm{mol}$，
$n(\mathrm{CO})=2a\ \mathrm{mol}+(0.6-a)\ \mathrm{mol}+(0.4-a)\ \mathrm{mol}=1\ \mathrm{mol}$，$n(\mathrm{H_2})=2a\ \mathrm{mol}+3(0.4-a)\ \mathrm{mol}-(0.6-a)\ \mathrm{mol}=0.6\ \mathrm{mol}$，$n(\mathrm{H_2O})=(0.6-a)\ \mathrm{mol}-(0.4-a)\ \mathrm{mol}=0.2\ \mathrm{mol}$。
$n(\mathrm{Ar})=1\ \mathrm{mol}$
另解：根据原子守恒法进行分析。
起始量
$n(\mathrm{CO_2})=2\ \mathrm{mol}×(1 - 30\%)=1.4\ \mathrm{mol}$
$n(\mathrm{CH_4})=2\ \mathrm{mol}×(1 - 20\%)=1.6\ \mathrm{mol}$
$n(\mathrm{Ar})=1\ \mathrm{mol}$
$n(\mathrm{CO_2})=2\ \mathrm{mol}$
$n(\mathrm{CH_4})=2\ \mathrm{mol}$
$n(\mathrm{Ar})=1\ \mathrm{mol}$
根据C守恒：$n(\mathrm{CO})=2\ \mathrm{mol}+2\ \mathrm{mol}-1.4\ \mathrm{mol}-1.6\ \mathrm{mol}=1\ \mathrm{mol}$
根据O守恒：$n(\mathrm{H_2O})=2\ \mathrm{mol}×2-1.4\ \mathrm{mol}×2-1\ \mathrm{mol}=0.2\ \mathrm{mol}$
根据H守恒：$n(\mathrm{H_2})=(2\ \mathrm{mol}×4-1.6\ \mathrm{mol}×4-0.2\ \mathrm{mol}×2)×\frac{1}{2}=0.6\ \mathrm{mol}$
恒压密闭容器中，气体的分压之比等于物质的量之比，平衡时$\mathrm{Ar}$的分压为$p\ \mathrm{kPa}$，则$p(\mathrm{CH_4})=1.6p\ \mathrm{kPa}$，$p(\mathrm{H_2O})=0.2p\ \mathrm{kPa}$，$p(\mathrm{CO})=p\ \mathrm{kPa}$，$p(\mathrm{H_2})=0.6p\ \mathrm{kPa}$，故$K_p=\frac{p(\mathrm{CO})× p^3(\mathrm{H_2})}{p(\mathrm{CH_4})× p(\mathrm{H_2O})}=\frac{p\ \mathrm{kPa}×(0.6p\ \mathrm{kPa})^3}{1.6p\ \mathrm{kPa}×0.2p\ \mathrm{kPa}}=\frac{27p^2}{40}(\mathrm{kPa})^2$。