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高二期中考试卷---化学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56
选择题：（1-10题，每题2分；11-16题，每题4分，共44分）
1.已知某中和反应的反应热可表示为，则该反应的其中一种反应物可以为
A．浓硫酸 B．冰醋酸 C．稀氨水 D．氢氧化钠溶液
2.对于反应：，保持其他条件不变，改变下列选项中的条件，生成HI的反应速率减小的是
A．升高温度 B．降低温度 C．增大I2(g)的浓度 D．增大H2(g)的浓度
3.下列装置正确且进行实验可以达到相应实验目的的是
A．制备Fe(OH)3胶体 B．探究温度对反应速率的影响 C.验证沉淀可转化为溶解度更小的沉淀 D．探究温度对化学平衡的影响
4.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．向K2Cr2O7溶液中滴加几滴NaOH，溶液变黄色
B．硫酸工业中，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
C．CuCl2溶液加热后颜色由蓝绿色变为黄绿色
D．反应2HI(g) H2(g)+I2(g)达到平衡后，缩小容器体积加压，气体颜色加深
5.下列方程式书写正确的是
A．水解：
B．在水中电离：
C．用溶液除锅炉水垢：
D．用氨水除去溶液中的杂质：
6.下列有关判断错误的是
A．合成氨反应的，故低温自发
B．接触法制硫酸中 ，故低温自发，温度越低越节约成本
C．反应常温下不能自发，故该反应的
D．“雷雨肥庄稼”中 能自发，故
7．常温下，将醋酸加水稀释10倍，稀释过程中（不考虑稀释过程中温度的变化），下列说法错误的是
A．的物质的量一直增大 B．所有离子浓度都一直减小
C．保持不变 D．一直增大
8.“类比”是预测物质结构、性质等的重要方法之一，下列有关类比合理的是
A．．溶液显碱性，则溶液显碱性
B.与HCl反应生成，则可与HCl反应生成
C．与氢硫酸反应生成，则与稀盐酸反应生成
D．与溶液反应产生蓝色沉淀，则与溶液也产生蓝色沉淀
9..某学生用已知物质的量浓度的NaOH标准溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸，指示剂为酚酞溶液，下列操作会造成测定结果偏高的是
A．碱式滴定管水洗后未用标准溶液润洗
B．滴定开始读数时仰视读数
C．接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
D．在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定
10．钌是极好的催化剂，常用于氢化、异构化、氧化等重要反应。用钌基催化剂催化和的反应时，每生成液态放出的热量，反应机理如图所示，下列说法正确的是
A．图示中物质Ⅱ为该反应的中间产物
B．反应的活化能为
C．图示中参与循环的物质有和
D．该反应的热化学方程式为
试卷第1页，共3页
11.根据实验目的，下列实验操作及现象与结论均正确的是
选项 实验目的 实验操作及现象 结论
A 比较和的水解常数 分别测浓度均为0.1 的和溶液的pH，后者大于前者
B 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变深 Na2CO3溶液中存在水解平衡
C 探究HA是弱酸 测量HA（一种一元酸）稀溶液的pH=2，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH<3 说明HA是弱酸
D 比较与的Ksp大小 向溶液中先加入溶液，再加入溶液；先出现白色沉淀，后出现黑色沉淀 Ksp：
12.数形结合是研究化学反应速率及化学平衡的重要数学手段，从如图所示图像得出的结论正确的是
A．图甲： B．图乙：时刻改变的条件可能是加入催化剂
C．图丙： D．图丁：
13．经研究发现与合成(光气)的反应机理如下：
① 快
② 快
③ 慢
反应②的速率方程为。
下列说法错误的是
A.反应①的活化能小于反应③的活化能
B.反应②的平衡常数
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能提高COCl2的平衡产率
国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol－1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是
A.的NH4NO3溶液中含有的NH4+的数目为0.3NA
B.1L2mol/LK2S溶液中S2-和HS-的总数为2NA
C.100g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为5NA
D.向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
15．N2O和CO是环境污染性气体，可在催化剂表面转化为无害气体，其总反应为N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) H ，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法错误的是
Pt2O+是反应的催化剂，Pt2O2+是中间产物
B． H= H1+ H2=-226kJ mol
C．使用催化剂后，Ea和Eb的值都会减小，的值也减小
D．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
16.水的电离平衡曲线如图所示。在T℃时，向蒸馏水中加入金属Na，保持温度不变，反应后得到对应c点的溶液。下列说法正确的是
A．
B．加入金属Na会促进水的电离
C．c点对应溶液的pH=2
D．若b点为稀盐酸溶液，由水电离出的为 mol/L
非选择题（17-20题，每题14分，共56分）
（14分）探究并对比与对分解的催化效率，并研究对分解的催化机理。
配制480ml 0.5mol/L Fe2(SO4)3溶液
①计算需要Fe2(SO4)3固体的质量： 。
②配制溶液过程中，下列仪器中一定不需要的是 (填字母)。
(2)甲同学进行了如下的实验：取两支试管分别加入溶液，然后向1号试管滴加5滴溶液，2号试管5滴溶液。观察到2号试管中产生气泡快。甲由此得出了结论：比对分解的催化效率更好。乙同学认为甲的方案不太合理，做了如下的改进：
试管1 试管2
实验 在溶液中滴加5滴1.0溶液和① 溶液的混合液 在溶液中滴加5滴 ② 溶液
现象 i．加入溶液后，产生气泡； ii．生成气泡速率先加快后又减慢； iii．整个过程中溶液始终保持浅蓝色； iv．且整个过程中产生气泡的速率低于试管2中 i．加入溶液后，试管内液体立即变为棕褐色，并产生气泡； ii．生成气泡速率先加快后又减慢； iii．溶液棕褐色逐渐变浅，反应结束时变为浅黄色
③两支试管中产生气泡的速率先加快后又减慢的合理解释是： 。
(3)研究试管2中出现”溶液变为棕褐色，最后变为浅黄色”的原因。乙同学查阅文献，发现是因为会与发生如下反应生成棕褐色的：Fe3++ 6H2O2 Fe(H2O2)63+。结合化学反应原理解释“溶液颜色先变为棕褐色再变为黄色”的原因： 。
(4)催化分解过程中，·是产生氧气的主要微粒，以下是该反应涉及到的主要反应机理(代表的化合价为+3)
a.补充完成步骤③。
①
②
③
④Fe2+ + H2O2 → Fe3+ + ·OH + OH-
⑤ HO2· + ·OH →H20+ O2
b.结合反应机理分析酸性条件下产生气体少的原因： 。
C.已知体系在废水净化中，具有一般化学氧化法无法比拟的优势，主要是由于·OH有强氧化性，根据以上实验探究，配制该体系最好控制在 (填“酸性”或“碱性”)条件下。
（14分）以锰矿石（主要成分MnO2，含有SiO2、FeO(OH)·H2O、Al2O3、Ca、Mg等杂质），回收金属Mn。
已知25℃时，、。
（1）FeO(OH)·H2O中Fe的化合价 ；滤渣1主要成分是 。
（2）已知 Pb2Mn8O16中Pb为+2价，O为-2价，Mn为+4价和+2价，则氧化物中+4价和+2价Mn的个数比为 。
（3）“还原焙烧”中MnO2转化成Mn的化学方程式为 。
（4）除钙镁步骤中，当、沉淀完全时，溶液中= 。
（5）写出产生MnCO3沉淀的离子反应方程式： 。
（6）已知NH4F溶液呈酸性，则水解程度 F-(填“>”“<”或“=”)，稀释后溶液中的值将会 (填“增大”“减小”或“不变”)。
19.（14分）甲烷部分催化裂解制备乙炔是目前研究的热点之一、其反应原理为 。回答下列问题：
(1)已知键能：E()=810kJ·mol-1，，由此计算C-H的键能为: 。
(2)一定条件下能说明反应已经达到平衡状态的标志是 (填字母)。
a． b．恒温恒容时容器内的压强保持不变
c．生成1molC2H2同时生成3molH2 d．和的物质的量之和保持不变
(3)某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化情况，结果如图1所示：
①第时， (填“<”“>”或“=”)。
②第8min时，改变的反应条件是 。
③曲线a是 (填物质的化学式)的浓度变化曲线。
(4)一定温度下，将充入的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为，容器内各气体分压与时间的关系如图2所示。
①平衡体系中为 。
②反应的平衡常数 。
（14分）CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%，CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）Li2O能吸收CO2，产物用于合成Li4SiO4，Li4SiO4用于吸收、释放CO2。原理是：在500℃，CO2与Li4SiO4接触后生成Li2CO3；平衡后加热至700℃，反应逆向进行，放出CO2，Li4SiO4再生，写出该原理的化学方程式： 。
CO2和CH4可以转化为乙酸，反应历程示意图如图。
在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是 (填字母)。
a．该催化剂使反应的平衡常数增大
b．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键断裂和C—C键形成
c．生成乙酸的反应原子利用率100%
d．ΔH=E2-E1
（3）CO2可以转化为甲醇。T℃时，在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H<0，其它条件不变，下列措施中能使第二次平衡时n（CH3OH）/n（CO2）增大的是_________（填字母）。
A．升高温度 B．再充入1molCH3OH（g）和1molH2O（g）
C．加入催化剂 D．再充入一定量CO2
（4）CO2可以合成二甲醚：
反应I：
反应Ⅱ：2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g) H= -122.5kJ·mol-1
在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图乙所示。其中：的选择性=×100%。
①温度高于平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
时，起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得平衡转化率为40%，的选择性为50%(图中A点)，达到平衡时反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为 mol。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施有 。
③合成二甲醚时较适宜的温度为其原因是 。2025—2026学年度上学期高二年级期中考试　化学 参考答案及解析
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
D B D C A B D B C A C B D C D B
1.D【解析】浓硫酸在稀释时要放出热量，导致放热增多，；冰醋酸电离吸热，导致放出的热量变少，；稀氨水电离吸热，导致放出的热量变少，；氢氧化钠完全电离出了氢氧根离子，与强酸反应，反应热可表示为=。
2．B【解析】升高温度，反应速率加快；降低温度，反应速率减小；增大I2 (g)的浓度，反应速率加快；增大H2 (g)的浓度，反应速率加快。
3．D【解析】FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀；由图可知，两份溶液的温度和浓度都不同，则不能探究温度对反应速率的影响；银离子过量，所以不能验证沉淀可转化为溶解度更小的沉淀；二氧化氮转化为四氧化二氮的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮浓度增大，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，则题给装置能达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的。
4.C【解析】 存在Cr2O72-+H2O 2CrO42- + 2H+，滴加NaOH溶液消耗H+，该平衡正向移动，生成CrO42-浓度增大，观察到溶液变黄，能用勒夏特列原理解释；存在平衡2SO2+O2 2SO3,增大O2的浓度，平衡正向移动，提高SO2的转化率，能用勒夏特列原理解释；反应2HI(g)H2(g)+I2(g)达到平衡后，缩小容器容积加压后颜色变深，气体浓度增大，但平衡没有移动，不能用勒夏特列原理解释；存在[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄色)+4H2O ，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2-的浓度增大，呈黄绿色，能用勒夏特列原理解释。
5.A【解析】水解生成，离子方程式正确；在水中应完全电离为Na 、H 和SO，=；锅炉水垢主要成分之一为CaSO4，反应为；氨水为弱碱，离子方程式为=。
6．B【解析】合成氨反应ΔH<0，正反应气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，故低温自发； ，且ΔS<0，低温时ΔG更可能<0，但工业需高温提高速率和催化剂活性，低温虽热力学有利，但实际不节约成本；反应在常温下不能自发，且ΔS>0，则该反应为吸热反应，ΔH>0；反应= 一定条件下能自发进行，说明存在ΔG=ΔH-TΔS<0，需ΔS>0且高温满足ΔG>0。
7．D【解析】醋酸为弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增加；醋酸为弱电解质，加水稀释，c(CH3COOH)、c(H+)均减小，但由于电离平衡正向移动，氢离子数增多，醋酸分子数减少，故增大；Ka仅与温度有关，温度不变则Ka不变；加水稀释，酸性溶液pH增大，OH-浓度增大。
8.B【解析】的水解程度大于电离程度，NaHCO3溶液呈碱性，的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；是碱性气体，与HCl反应生成，的结构与相似，所以可与 HCl反应生成；与氢硫酸反应生成是因为生成不溶于酸的CuS沉淀，CuCl2易溶于水，与稀盐酸不反应；与溶液反应产生蓝色沉淀，与溶液不会产生蓝色沉淀。
9．C【解析】接近滴定终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对结果无影响；滴定开始读数时仰视读数，起始读数偏大，由V(标准溶液)=V(终止读数)-V(起始读数)可知，测定结果偏低；碱式滴定管水洗后未用标准溶液润洗，NaOH标准溶液浓度偏低，消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定，消耗标准溶液体积偏小，测定结果偏低。
10．A【解析】图示中物质Ⅱ为该反应的中间产物；是生成液态时反应物与生成物的能量差值，不是反应的活化能；图示中参与循环的物质有催化剂和水；根据题意，生成液态，即，放出的热量，该反应的热化学方程式为=。
11.C【解析】两者的阳离子不同，对阴离子水解影响程度不同，测得的pH大小不能用于比较两者的 Kh；向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，现象错误；测量HA（一种一元酸）稀溶液的pH，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH，pH增加的量等于1，则该酸为强酸，若pH增加的量小于1，则该酸为弱酸；饱和CuCl2溶液中Cu2+浓度过高，加入Mg(OH)2时OH-可能直接与Cu2+结合生成Cu(OH)2沉淀，无法据此比较溶度积。
12．B【解析】甲中容器体积未知，无法计量用浓度表示的A的反应速率；图乙中时刻正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，可能是加入了催化剂；由图丙可知升高温度，正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，说明平衡正向移动，该反应是吸热反应，焓变大于0；根据先拐先平数据大，由下面两条曲线得到P2＞P1，增大压强，C%增大，说明平衡正向移动，即正向是气体体积减小的反应，即。
13.D【解析】反应所需活化能越大，反应速率越慢，已知反应①是快反应，反应③是慢反应，故反应①的活化能小于反应③的活化能；反应达到平衡时，，即，则反应②的平衡常数；多步进行的反应，整个反应的化学反应速率取决于慢反应，故要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率；选择合适的催化剂能加快该反应的速率，但催化剂不能影响化学平衡，故不能提高COCl2的平衡产率。
14.C【解析】由于NH4NO3是强酸弱碱盐，将发生水解反应+H2ONH3·H2O+OH-，根据元素守恒可知，和NH3·H2O的数目之和为0.1 L×3.0 mol·L-1×NA mol-1=0.3NA；S2-发生两步水解，溶液中存在S2-、HS- 、H2S三种含硫微粒，根据硫原子的物质的量守恒，1 L 2 mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的总数小于2NA；100 g 46%甲酸(HCOOH)水溶液中，甲酸的物质的量为46 g÷46 g·mol-1=1 mol，甲酸中含有的氧原子的物质的量为2 mol，水的物质的量为(100-46)g÷18 g·mol-1=3 mol，水中含有的氧原子的物质的量为3 mol，则氧原子的总物质的量为5 mol，数目为5NA；向1 L 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据元素守恒n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1 mol，得出铵根离子数小于0.1NA。
15.D【解析】由图可知和在表面转化为无害气体的反应为①=，②=，是反应的催化剂，为中间体； 总反应的H=H1+H2=-226 kJ·mol-1；由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb；使用催化剂能降低反应的活化能，故Ea（正反应活化能）和Eb（逆反应活化能）均减小，但取决于反应物和生成物的总能量差，与活化能无关，不变。
16.B【解析】T ℃时，水的离子积常数>(25 ℃时)，水的电离为吸热过程，温度越高，水的离子积常数越大，则；若加金属Na，钠与水电离出的H+发生反应，消耗H+,导致水的电离平衡正向移动，促进水的电离；c点对应溶液的 mol·L-1， T ℃时，水的离子积常数，则mol·L-1，； b点（25 ℃）对应水的离子积常数为，溶液中， mol·L-1，水电离产生的等于水电离产生的，该点的溶液中由水电离产生的 mol·L-1。
二、非选择题
17.（除标注外，其余每空2分，共14分）
（1）①100 g（1分） ② cd
（2）①1.0 mol·L-1 NaCl (1分) ②1.0 （1分）
③反应放热，温度升高，初期反应速率增大；一段时间后，浓度降低，反应速率减小
（3）=反应速率较快，因此溶液立即变为棕褐色，随着催化分解，降低，上述平衡逆向移动，增大，溶液变为浅黄色
（4）①
②酸性条件下有大量氢离子，使步骤a、b平衡逆向移动，则生成量减少，导致步骤c反应平衡逆向移动，HO2·减少，产生气体减少
③酸性（1分）
【解析】（1）①m[Fe2(SO4)3]=(500×10-3×0.5×400)g=100 g。
（2）由于氯化铜和硫酸铁阴离子种类及浓度不同，为了控制单一变量，故①需加入1.0 mol·L-1 CaCl2 和 1.0 mol·L-1 NaCl的混合溶液，②需加入1.0 溶液。
③过氧化氢的分解反应为放热反应，温度升高反应速率增大，反应一段时间后，过氧化氢浓度降低，反应速率随之减小，则合理解释是反应放热，温度升高，初期反应速率增大；一段时间后，浓度降低，反应速率减小。
（3）开始时过氧化氢浓度较大，反应速率较快，因此溶液立即变为棕褐色，随着催化分解，降低，上述平衡逆向移动，增大，溶液变为浅黄色。
（4）②由于是产生氧气的主要微粒，则越多，产生气体体积越大，但酸性条件下有大量氢离子，使平衡a、b逆向移动，则生成量减少，导致步骤c平衡逆向移动，减少，产生气体减少。
③体系在废水净化中，具有一般化学氧化法无法比拟的优势，主要是由于有强氧化性，则应增加浓度，根据d.，想要增加浓度，应使平衡正向移动，则应在酸性条件下。
18.（除标注外，其余每空2分，共14分）
（1）+3（1分） Fe(OH)3、Al(OH)3、SiO2 （3分）
（2）3:1
（3）MnO2+2CMn+2CO↑
（4）2
（5）Mn2++=MnCO3↓+H2O+CO2↑
（6）>（1分） 增大（1分）
【解析】（2）Pb2Mn8O16中Pb为+2价，Mn为+4价和+2价，设该化合物中+4价和+2价的Mn的个数分别为a和b，由化合价代数和为0及原子守恒得到4+4a+2b=32，a+b=8，解到a=6、b=2，则a:b=3:1。
（4）。
（6） 根据越弱越水解，NH4F溶液呈酸性，说明铵根离子水解程度较大；由于铵根离子水解程度更大，稀释对铵根离子水解的影响更大，故增大。
19.（每空2分，共14分）
（1）416
（2）bd
（3）① > ②分离出C2H2 或减小乙炔浓度 ③C2H2
（4）①0.06 ②
【解析】（1）反应物键能之和-生成物键能之和，设C—H的键能为x ，得x ×2× 4-（810 +x ×2＋436 ×3）=，解得x=416。
（2），没有说明正、逆反应速率，不能判断反应是否达到平衡；恒温恒容条件下，该反应为分子数增多的反应，压强保持不变则说明反应达到平衡；和H2的生成均表示是正反应，不能判断反应是否达到平衡；反应只要进行，和的物质的量就会发生变化，保持不变时说明反应达到平衡。
（3）①对于反应，第时，平衡正向移动，所以>。②由图甲可知，第8 min时，H2的浓度逐渐增加，说明平衡正向移动，乙炔的浓度也应该增加，则曲线a表示C2H2，而曲线a表示物质在第8 min时浓度突然减小，说明其被及时分离出去。
（4）由图乙所给信息，设反应转化的CH4为2x mol，列三段式：
由图乙可知，平衡时氢气和甲烷的分压相同，即物质的量相同，1-2x=3x，解得x=0.2，平衡时，可得平衡常数。
20.（每空2分，共14分）
（1） CO2+Li4SiO4Li2CO3 + Li2SiO3
（2）bc
（3）B
（4）①反应Ⅰ的H＞0，反应Ⅱ的H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为
CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
② 1.8 增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
③ 温度过低，反应速率太慢，温度过高，二甲醚的选择性减小
【解析】（2）催化剂只加快反应速率，对平衡常数无影响；CH4→CH3COOH过程中，甲烷中的C—H键断裂，生成乙酸时形成C—C键；甲烷生成乙酸的总反应为CH4+CO2→CH3COOH，无其他物质生成，原子利用率为100%；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能= E1-E2。
升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)减小， n(CO2)增大，减小；再充入1 mol CH3OH(g)和1 mol H2O(g)，相当于加压，平衡正向移动，增大；加入催化剂，平衡不移动，不变；再充入一定量CO2，减小。
（4）①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ的H＞0，反应Ⅱ的H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。
②起始投入3 mol CO2、6 mol H2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为 40%，则反应的n(CO2)=40%×3 mol=1.2 mol，CH3OCH3的选择性=×100%=50%，则n(CH3OCH3)=0.3 mol，反应Ⅱ为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，因此达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为0.3 mol×6=1.8 mol。增大压强反应Ⅱ平衡正向移动二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，改变压强不影响反应Ⅰ平衡移动，则不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施是增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
③温度过低，反应速率太慢，温度过高，二甲醚的选择性减小，因此合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃。

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