学年北京101中学高二下学期期中考试化学试题 解析版.docx

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学年北京101中学高二下学期期中考试化学试题解析版

北京101中学2017-2018学年下学期高二年级期中考试化学试卷

1.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是

A.硅太阳能电池

B.锂离子电池放电

C.火箭的燃料燃烧

D.葡萄糖提供能量

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】分析：

氧化还原反应是指元素化合价在反应前后发生变化的反应，A.硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，未发生氧化还原反应；B.原电池发生的反应一定为氧化还原反应；C.火箭中燃料燃烧反应N2O4

（1）+2N2H4

（1）═3N2（g）+4H2O，属于氧化还原反应；D.葡萄糖被氧化过程为氧化还原反应。

详解：

A项，硅太阳能电池是通过光电效应直接把光能转化成电能的装置，转化过程中，未发生氧化还原反应，A正确；B项，锂离子电池放电相当于原电池，原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，将化学能转化为电能，B错误；C项，火箭的燃料燃烧反应为：

N2O4

（1）+2N2H4

（1）═3N2（g）+4H2O，氮元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，C错误；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，葡萄糖被氧化生成二氧化碳和水并放出热量，属于氧化还原反应，D错误；正确选项A。

2.反应A（g）＋3B（g）

2C（g）＋2D（g），在不同条件下测得反应速率，其中速率最快的是

A.υ（C）＝0.5mol/（L·s）B.υ（D）＝0.4mol/（L·s）

C.υ（B）＝0.6mol/（L·s）D.υ（A）＝0.15mol/（L·s）

【答案】A

【解析】试题分析：

将选项转化为用υ（A）来表示，然后在比较其化学反应速率，根据反应A（g）+3B（g）

2C（g）+2D（g），可以知道A中，υ（C）="0.5"mol/（L·s）所以

v（A）=1/2υ（C）="0.25"mol/（L·s），B中，υ（D）="0.4"mol/（L·s），所以

υ（A）=1/2υ（D）="0.2"mol/（L·s）；C中，υ（B）="0.6"mol/（L·s），所以

υ（A）=1/3υ（D）="0.2"mol/（L·s）；D中υ（A）="0.15"mol/（L·s），故A的反应速率最大，所以本题的答案选择A。

考点：

化学反应速率

点评：

本题考查了化学反应速率，该考点是高考考查的热点，解答本题的关键是把各个选项统一用同一个物质来表示，本题比较容易。

3.下列物质中属于电解质的是

①酒精②硫酸铜③水④醋酸⑤镁⑥氨水

A.①②④⑤B.②③④C.②③④⑥D.全部

【答案】B

【解析】分析：

根据电解质的定义:

电解质是指溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（电解离成阳离子与阴离子）化合物来解答此题.

详解：

①酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电,也不属于电解质,属于非电解质；②硫酸铜溶于水时能形成自由移动的离子,具有导电性,故硫酸铜属于电解质；③水能够电离出少量的氢离子和氢氧根离子，具有导电性,属于电解质；④醋酸溶于水，能够电离出氢离子和醋酸根离子，能够导电，属于电解质；⑤镁是单质不属于能导电的化合物,故不属于电解质；⑥氨水为混合物，不属于纯净物，也不是化合物，既不是电解质，又不是非电解质；符合题意的有②③④；正确选项B。

点睛：

电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。

4.在一定温度下的密闭容器中，发生反应：

2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g），达到平衡状态时缩小容器容积，下列叙述不正确的是

A.该反应的平衡常数不变B.平衡向正反应方向移动

C.SO3的浓度增大D.正反应速率增大，逆反应速率减小

【答案】D

【解析】分析：

A.化学平衡常数只与温度有关；B.缩小容器容积,体现压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动；C.缩小容器容积,体现压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,根据平衡移动方向确定三氧化硫浓度变化；D.缩小容器容积，各物质浓度增大，正逆反应速率均增大。

详解：

A.该反应体系温度不变,则化学平衡常数不变,化学平衡常数只与温度有关,A正确；B.缩小容器容积,体现压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,所以平衡向正反应方向移动,B正确；C.缩小容器容积,体现压强增大,平衡向气体体积减小的方向移动,平衡向正反应方向移动,则生成物三氧化硫浓度增大,C正确；D.缩小容器容积,各物质浓度增大，正逆反应速率均增大，D错误；正确选项D。

5.关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是

A.溶液中c（OH-）＝1.0⨯10-2mol·L-1

B.由水电离出的c（OH-）＝1.0⨯10-12mol·L-1

C.加水稀释后，氨水的电离程度增大

D.加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大

【答案】D

【解析】分析：

pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12mol·L-1，c（OH-）＝1.0⨯10-2mol·L-1；碱溶液抑制水电离，因此c（OH-）（水）=c（H+）=10-12mol·L-1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：

NH3∙H2O

NH4++OH-，加水稀释，促进电离；增加c（NH4+），平衡左移，抑制电离；据此解答此题。

详解：

A.pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12mol·L-1，c（OH-）＝1.0⨯10-2mol·L-1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c（OH-）=c（H+）=10-12mol·L-1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：

NH3∙H2O

NH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，增加c（NH4+），平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。

6.25℃时，水中存在电离平衡：

2H2O

H3O+＋OH－ΔH＞0。

下列叙述不正确的是

A.向水中通入HCl，抑制水的电离

B.向水中加入少量氨水，促进水的电离

C.向水中加入少量Na2CO3固体，促进水的电离

D.将水加热，Kw增大

【答案】B

【解析】分析：

水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,导致纯水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大,离子积常数增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小；酸、碱抑制水电离,含有弱离子的盐促进水电离，据此分析解题。

详解：

向水中通入HCl，增大氢离子浓度，平衡左移，抑制水的电离，A正确；向水中加入少量氨水，增加氢氧根离子浓度，平衡左移，抑制水的电离，B错误；向水中加入少量Na2CO3固体，碳酸钠是能够水解的盐，促进水的电离，C正确；电离过程为吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，Kw增大，D正确；正确选项B。

点睛：

对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，平衡左移；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。

7.100mL2mol/L的盐酸与过量的锌片反应时，为减慢反应速率，又不影响生成的氢气的总量，可采用的方法是

A.加入适量的6mol/L的盐酸B.加入适量的醋酸钠固体

C.加入适量的NaOH固体D.加入几滴氯化铜溶液

【答案】B

【解析】分析：

Zn过量,生成氢气由盐酸定,为了减慢反应速率,且不影响生成氢气的总量,可减小氢离子的浓度,但不能改变酸的物质的量,以此来解答。

详解：

A.加入适量的6mol/L的盐酸,氢离子浓度增大和物质的量增大,加快反应速率,又影响生成氢气的总量,A错误；加入少量醋酸钠固体,生成醋酸,氢离子浓度变小,反应速率减慢,但是酸的总量不变，所以不影响生成氢气的总量,B正确；NaOH能够中和盐酸，盐酸的量减小，反应速率减慢，生成的氢气的总量减小，C错误；D加入数滴氯化铜溶液,锌置换出铜,形成原电池反应,反应速率增大,D错误；正确选项B。

点睛：

100mL、2mol/L的盐酸与过量的锌片反应时，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜,形成原电池反应,反应速率增大，也就是说原电池反应能够加快氧化还原反应的反应速率，但是不能加入硝酸钠溶液，虽然溶液浓度变小，但是在酸性条件下，锌与硝酸反应不产生氢气，这一点易出问题。

8.下列事实与对应的方程式不符合的是

A.自然界中正常的雨水呈酸性：

H2O＋CO2

H2CO3，H2CO3

H+＋HCO3—

B.“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：

2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色）ΔH＜0

C.甲烷的燃烧热为－890.3kJ·mol—1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝－890.3kJ·mol-1

D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：

S2O32-＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O

【答案】C

【解析】分析：

A.空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离。

B.2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色）ΔH＜0，降低温度，平衡右移；C.1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热,水的状态应该为液态；D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合生成单质硫，出现浑浊。

详解：

空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸部分发生电离，A正确；2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）降低温度,平衡正向移动,NO2浓度降低,颜色变浅,该反应为放热反应，B正确；1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热，水的状态应该为液态，正确的热化学方程式为:

CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝－890.3kJ·mol-1，C错误； 硫代硫酸钠溶于水，完全电离，与稀硫酸混合出现浑浊：

S2O32-＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O，D正确；正确选项：

C。

9.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：

2CO2（g）＋6H2（g）

CH3CH2OH（g）＋3H2O（g），下列叙述错误的是

A.反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应

B.使用催化剂可提高反应速率

C.充入大量CO2气体可提高H2的转化率

D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率

【答案】A

【解析】分析：

A.温度高，能够加快反应速率，不能说明反应是吸热还是放热；B.使用催化剂可提高反应速率；C.增大CO2浓度，平衡右移，提高氢气的转化率；D.减小生成物浓度，平衡右移，提高CO2和H2的转化率。

详解：

反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，A错误；催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，B正确；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C正确；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D正确；正确选项A。

10.对反应2A（g）＋2B（g）

3C（g）＋D（？

），下列图象的描述正确的是

A.依据图①，若t1时升高温度，则ΔH<0

B.依据图①，若t1时增大压强，则D是固体或液体

C.依据图②，P1>P2

D.依据图②，物质D是固体或液体

【答案】B

【解析】分析：

针对图①，正逆反应速率均增大，改变的条件为温度和压强，且正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，则该反应为体积减小的吸热反应；针对图②，压强大的反应速率快，反应先达平衡，所用时间较短，但是反应物百分含量不变，所以该反应为反应前后体积不变，物质D是气态；据此解答。

详解：

依据图①，若t1时升高温度，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，则ΔH>0，A错误；依据图①，若t1时增大压强，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，平衡向气体体积减小的方向移动，则D是固体或液体，B正确；依据图②，压强大的，反应先达平衡，所用时间较短，因此P1

点睛：

对于速率和时间的图像，一般来讲，造成V（正）、V（逆）都发生突变，改变了压强和温度；如果只改变了一种反应物或生成物的浓度，V（正）或V（逆）有一个发生突变，有一个发生渐变。

11.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是

A.90oC，纯水的pH<7

B.黄绿色的氯水光照后颜色变浅

C.氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深

D.重铬酸钾溶液中滴加氢氧化钠溶液，溶液由橙色变黄色

【答案】C

【解析】分析：

其它条件下不变，改变影响化学平衡的一个条件，平衡向着能够减弱这种改变的方向移动，此规律研究的平衡移动规律，对于没有达平衡的反应，反应前后气体总量不变的反应此规律不适用。

详解：

水是弱电解质，升高温度，使电离平衡正向移动，会促进水的电离，c（H+）、c（OH-）增大，pH<7，能用平衡移动原理解释，A错误；氯水中存在平衡Cl2+H2O

HCl+HClO，次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，平衡向右移动，所以颜色变浅，能用平衡移动原理解释，B错误；存在平衡H2+Br2

2HBr（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，Br2的浓度增大，所以颜色变深，不能用平衡移动原理解释，C正确；加入氢氧化钠,氢离子浓度降低,平衡Cr2O72-（橙红色）+H2O

2H++2CrO42-（黄色）向正向移动，能用勒夏特列原理解释，D错误；正确选项C。

点睛：

平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等）,平衡就向能够减弱这种改变的方向移动,平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程,如与可逆过程无关,则不能用平衡移动原理解释,平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。

12.反应A2（g）＋B2（g）＝2AB（g）的能量变化如图所示，有关该反应的下列说法正确的是

A.每生成2molAB分子，需要吸收bkJ热量

B.加入催化剂，（a-b）的差值减小

C.该反应的反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量

D.若反应生成AB为液态，每生成2molAB分子，需要吸收的热量大于（a-b）kJ

【答案】C

【解析】分析：

反应热=正反应活化能减去逆反应活化能；反应热=反应物断键吸收的能量减去生成物成键放出的能量；加入催化剂，改变反应历程，不能改变反应的反应热；气态物质变为液态要放出热量；据此分析解题。

详解：

根据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，A错误；催化剂只能够降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，（a-b）的差值不变，B错误；该反应为吸热反应，因此该反应的反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，C正确；根据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB（g）吸收（a-b）kJ热量，AB由气态变为液态，还要放出热量，因此若反应生成AB为液态，每生成2molAB分子，需要吸收的热量小于（a-b）kJ，D错误；正确选项C。

13.以下三个反应均可获取O2：

①光催化分解水制氧气：

2H2O（l）＝2H2（g）＋O2（g）ΔH1＝+571.6kJ·mol—1

②过氧化氢分解制氧气：

2H2O2（l）＝2H2O（l）＋O2（g）ΔH2＝－196.4kJ·mol—1

③一氧化氮分解制氧气：

2NO（g）＝N2（g）＋O2（g）ΔH3＝－180.5kJ·mol—1

由此得出的有关推断正确的是

A.①是热能转化为光能的反应B.③在常温下一定可以实际发生

C.①在高温下可以自发进行D.①、②都是熵减少的反应

【答案】C

【解析】分析：

A.利用太阳能制备氧气，是光能转化为化学能；B.根据ΔH-T∆S<0,进行判定；C.根据ΔH-T∆S<0,进行判定；D.气体混乱度增大，∆S>0，反之，∆S<0；据以上分析解题。

详解：

通过题意分析可知，①是光能转化为化学能的反应，A错误；反应③ΔH3<0，∆S=0,根据ΔH-T∆S<0,该反应常温能自发，但是反应缓慢，需要加入催化剂，B错误；反应①ΔH1>0，∆S>0，根据ΔH-T∆S<0,该反应高温下可以自发进行，C正确；反应①∆S>0，反应②∆S>0，D错误；正确选项C。

14.下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是

A.测定中和热

B.比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响

C.比较醋酸和硼酸的酸性强弱

D.比较温度对化学反应速率的影响

【答案】C

【解析】分析：

A.测定中和热时，用到环形玻璃搅拌棒；B.双氧水浓度必须相同，才能比较Cu2+、Fe3+对反应速率的影响；C.同体积、同浓度的碳酸钠分别与同浓度的醋酸和硼酸反应，观察放出气体产生的快慢；D.只能比较温度对化学平衡移动的影响。

点睛：

本题是有关实验方案的设计和评价的考查，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。

15.β—紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。

下列说法正确的是

A.β—紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色

B.1mol中间体X最多能与2molH2发生加成反应

C.维生素A1易溶于NaOH溶液

D.β—紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体

【答案】A

【解析】β紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，所以最多能与3molH2发生加成反应，故B错误；维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；β紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。

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16.新制氢氧化铜存在平衡：

Cu（OH）2＋2OH－

Cu（OH）42－（深蓝色）。

某同学进行下列实验：

下列说法不正确的是

A.①中出现蓝色沉淀

B.③中现象是Cu（OH）2＋2OH－

Cu（OH）42－正向移动的结果

C.④中现象证明葡萄糖具有还原性

D.对比②和④可知Cu（OH）2氧化性强于Cu（OH）42－

【答案】D

【解析】试题分析：

A.①中氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故A正确；B.③中溶液呈深蓝色，是因为加入了氢氧化钠，Cu（OH）2+2OH—

Cu（OH）42—正向移动，故B正确；C.④中新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖发生氧化还原反应，生成了氧化亚铜沉淀，体现了葡萄糖的还原性，故C正确；D.②无氧化亚铜沉淀生成，是因为氢氧化钠太少，溶液碱性太弱，反应没有进行，故D错误；故选D。

考点：

考查了物质性质的探究实验方案的设计的相关知识。

17.温度为T时，向2L恒容密闭容器中充入1molPCl5，发生反应PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）。

反应过程中c（Cl2）随时间变化的曲线如下图所示，下列说法不正确的是

A.反应在0~50s的平均速率υ（Cl2）＝1.6×10－3mol/（L·s）

B.该温度下，反应的平衡常数K＝0.025

C.保持其他条件不变，升高温度，若平衡时c（PCl3）＝0.11mol/L，则该反应的ΔH>0

D.反应达到平衡后，再向容器中充入1molPCl5，该温度下再达到平衡时，c（Cl2）>0.2mol/L

【答案】D

【解析】分析：

A.由图可以知道,0~50s内Cl2的浓度变化量为0.08mol/L,根据

计算v（Cl2）；B.由图可以知道,250s时达到平衡,平衡时c（Cl2）=0.1mol/L,利用三段式计算平衡时各组分的浓度,代入平衡常数表达式计算；C.计算温度为T平衡时c（PCl3）,根据升高温c（PCl3）浓度的变化,判断平衡移动方向,据此解答；D.反应达平衡后,再向容器中充入1molPCl5,等效为增大压强,与原平衡相比PCl5转化率降低,据此解答。

详解：

由图可以知道,0~50s内Cl2的浓度变化量为0.08mol/L,故v（Cl2）=0.08/50=1.6×10－3mol/（L·s）,A正确；由图可以知道,250s时达到平衡,平衡时c（Cl2）=0.1mol/L,则:

PCl5（g）

PCl3（g）＋Cl2（g）

起始浓度0.500

变化浓度0.10.10.1

平衡浓度0.40.10.1

故该温度下平衡常数K=0.1×0.1/0.4=0.025，B正确；由B可以知道,平衡时c（PCl3）＝0.1mol/L,保持其他条件不变,升高温度,平衡时c（PCl3）＝0.11mol/L,浓度增大,平衡向正反应移动,故该反应正反应为吸热反应,即ΔH>0，C正确；反应达平衡后,再向容器中充入1molPCl5,平衡向正反应移动,增大压强,与原平衡相比PCl5转化率降低,故达平衡时0.1

18.某温度下，CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）的平衡常数K=1。

该温度下在体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中，投入CO（g）和H2O（g）的起始浓度及5min时的浓度如下表所示。

甲

乙

起始浓度

5min时浓度

起始浓度

5min时浓度

c（CO）/mol/L

0.1

0.08

0.2

x

c（H2O）/mol/L

0.1

0.08

0.2

y

下列判断不正确的是

A.x＝y＝0.16

B.反应开始时，乙中反应速率比甲快

C.平衡时，乙中的c（CO）是甲中的2倍

D.平衡时，乙中H2O的转化率是50%

【答案】A

【解析】分析：

对于CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），反应前后气体的体积相等；恒容条件下增加物质的量浓度，相当于增大压强，增大压强，平衡不发生移动，结合K=1计算x、y的值；物质的量浓度越大，反应速率越快；据此分析解答。

详解：

甲中起始c（CO）、c（H2O）为0.1mol/L，5min时c（CO）、c（H2O）为0.08mol/L，则CO2、H2的浓度分别为0.02mol/L，

＜1，没有达到平衡状态，则不能与乙比较浓度关系，A错误；乙中浓度较大，则反应速率较大，B正确；平衡常数K=1，则平衡时c（CO）、c（H2O）与CO2、H2的浓度相等，因起始为0.2mol/L，则转化率为50%，因压强对平衡移动无影响，乙为甲的2倍，则c（CO）是甲中的2倍，C、D均正确；正确选项A。

19.将粗硅转化成三氯硅烷（SiHCl3），进一步反应也可以制得粗硅。

其反应为：

SiHCl3（g）＋H2（g）

Si（s）＋3HCl（g）。

不同温度下，SiHCl3的平衡转化率随反应物的投料比（反应初始时各反应物的物质的量之比）的变化关系如图所示。

下列说法正确的是

A.该反应是放热反应

B.横坐标表示的投料比应该是

C.该反应的平衡常数随温度升高而增大

D.实际生产中为提高SiHCl3的利用率，可以适当增大压强

【答案】C

【解析】分析：

A.由图可以知道,投料比一定时,温度越高，SiHCl3的转化率越大,说明升高温度平衡向正反应方向移动；B.温度一定时,投料比越大