《2026年高考基础卷高中化学》

16. (14 分)我国海洋资源丰富，其中可燃冰(主要成分为甲烷)储存量巨大，研究甲烷及相关课题具有重要意义。
回答下列问题：
(1)甲烷催化重整制 $ H_2 $ 涉及如下反应：
反应Ⅰ. $ CH_4(g) + H_2O(g) \xrightleftharpoons{} 3H_2(g) + CO(g) $ $ \Delta H_1 = + 206.2\ kJ · mol^{-1} $
反应Ⅱ. $ CH_4(g) + 2H_2O(g) \xrightleftharpoons{} 4H_2(g) + CO_2(g) $ $ \Delta H_2 = + 165.0\ kJ · mol^{-1} $
反应Ⅲ. $ CO(g) + H_2O(g) \xrightleftharpoons{} H_2(g) + CO_2(g) $ 的 $ \Delta H_3 = $-41.2 $ kJ · mol^{-1} $；若反应Ⅰ逆反应的活化能为 $ E_{逆}\ kJ · mol^{-1} $，则反应Ⅰ正反应的活化能 $ E_{正} = $Eₚ - Eₑ + 206.2 $ kJ · mol^{-1} $(用含 $ E_{逆} $ 的代数式表示)。
(2)一定温度下，向压强恒为 $ p\ kPa $ 的密闭容器中按 $ \frac{n[CH_4(g)]}{n[H_2O(g)]} = \frac{1}{3} $ 进行投料，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。
①下列说法错误的是B(填标号)。
A. 平衡后升高温度，反应Ⅱ的正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度
B. 其他条件不变时，绝热比恒温更有利于提高 $ H_2 $ 的产率
C. 混合气体的平均摩尔质量不变，说明化学反应达到平衡状态
②平衡时 $ CH_4 $ 的转化率为 $ 90\% $，其中 $ CO $ 的选择性为 $ 40\% $($ CO $ 的选择性 $ = \frac{生成\ CO\ 的量}{CH_4\ 反应的量} × 100\% $)，则 $ p(H_2) \approx $0.56p $ kPa $(分压 $ = $ 总压 $ × $ 物质的量分数，结果保留两位小数)，用平衡分压代替平衡浓度计算反应Ⅱ的平衡常数 $ K_p = $(\frac{3.24}{5.8}×p kPa)^4 × (\frac{0.54}{5.8}×p kPa) / [(\frac{0.1}{5.8}×p kPa) × (\frac{1.56}{5.8}×p kPa)^2](写出计算表达式)。
(3)甲烷催化合成 $ CH_3COOH $ 的反应原理：$ CH_4(g) + CO_2(g) \xrightleftharpoons{催化剂} CH_3COOH(g) $，该反应的反应历程如图所示($ * $ 指物种吸附在催化剂表面)。

①图示历程包含D3个基元反应，写出速率最慢的基元反应的化学方程式CH₃* + H* + CO₂* = CH₃COO* + H*(或CH₃* + CO₂* = CH₃COO*)。
②下列说法正确的是a(填标号)。
a. Ⅲ $ \to $ Ⅳ过程中有极性键的形成
b. 缩小容积可以增大活化分子百分数，加快反应速率
c. 通过控制催化剂的量可以控制反应的速率和反应进行的程度

答案： 16. (14分)
(1)-41.2(2分) Eₚ - Eₑ + 206.2(2分)
(2)①B(2分)
②0.56p (2分$) (\frac{3.24}{5.8}×p kPa)^4 × (\frac{0.54}{5.8}×p kPa) / [(\frac{0.1}{5.8}×p kPa) × (\frac{1.56}{5.8}×p kPa)^2] (2$分)
(3)①D3(1分) CH₃* + H* + CO₂* = CH₃COO* + H*(或CH₃* + CO₂* = CH₃COO*)(1分)
②a(2分)
【解析】化学反应原理
(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ - 反应Ⅰ = 反应Ⅲ，则ΔH₃ = ΔH₂ - ΔH₁ = (165.0 - 206.2)kJ·mol⁻¹ = -41.2kJ·mol⁻¹；由反应热ΔH = Eₚ - Eₑ可知，反应的Eₚ = Eₑ + ΔH = (Eₑ + 206.2)kJ·mol⁻¹。
(2)①反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，A正确；反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数增大的反应，反应前后气体总质量不变，由$\overline{M} = \frac{m}{n}$可知，反应过程中$\overline{M}$发生变化，故当混合气体的平均摩尔质量不变时，化学反应达到平衡状态，C正确。②设起始投入的n(CH₄) = xmol、n(H₂O) = 3xmol，由“平衡时CH₄的转化率为90%，其中CO的选择性为40%”可得，转化的n(CH₄) = xmol × 90% = 0.9xmol，平衡时的n(CO) = xmol × 90% × 40% = 0.36xmol，据此可列三段式：
反应Ⅰ. CH₄(g) + H₂O(g) ⇌ 3H₂(g) + CO(g)
始(mol) x 3x 0 0
转(mol) 0.36x 0.36x 1.08x 0.36x
平(mol) 0.36x
反应Ⅱ. CH₄(g) + 2H₂O(g) ⇌ 4H₂(g) + CO₂(g)
始(mol) x 3x 0
转(mol) 0.54x 1.08x 2.16x 0.54x
平(mol) 0.54x
平衡时气体总物质的量为(0.36x + 0.1x + 1.56x + 3.24x + 0.54x)mol = 5.8xmol，则$p(H₂) = \frac{3.24x}{5.8x} × p kPa ≈ 0.56p kPa，$反应Ⅱ的平衡常数$Kₚ = \frac{p^4(H₂) · p(CO₂)}{p(CH₄) · p^2(H₂O)} = \frac{(\frac{3.24}{5.8}×p kPa)^4 × (\frac{0.54}{5.8}×p kPa)}{(\frac{0.1}{5.8}×p kPa) × (\frac{1.56}{5.8}×p kPa)^2}。$
(3)①由反应历程图可知，该反应涉及Ⅰ→Ⅱ、Ⅱ→Ⅲ、Ⅲ→Ⅳ3个基元反应；由活化能越大反应速率越慢，结合反应历程图可知Ⅱ→Ⅲ速率最慢，该步的化学方程式为CH₃* + H* + CO₂* = CH₃COO* + H*(或CH₃* + CO₂* = CH₃COO*)。②Ⅲ→Ⅳ过程中，存在O—H极性键的形成，a正确；缩小容积，活化分子数和分子总数均不变，故活化分子百分数也不变，b错误；催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，适当增加催化剂的量可以增大反应速率，但是催化剂不能使化学平衡发生移动，故不能控制反应进行的程度，c错误。