四川省达州市2026届高三化学上学期第二次月考试题含解析

考试时间：75分钟试卷满分：100分

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答

题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和

答题卡上的非答题区域均无效。

可能用到的相对原子质量：H-1Li-7O-16Zn-65

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的。

1.076型两栖攻击舰“四川舰”展现了我国国防科技新力量，下列相关说法错误的是

A.飞行甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料

B.船体采用富锌涂层，可利用牺牲阳极保护法防腐

C.“四川舰”使用柴油供能，柴油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯

D.锂离子电池用于舰上电力系统的瞬时功率补偿时，化学能转化为电能

【答案】C

【解析】

【详解】A．高强合金钢是金属材料，A正确；

B．富锌涂层通过牺牲锌（阳极）保护铁，B正确；

C．柴油属于烃类混合物，而非高级脂肪酸甘油酯（油脂），C错误；

D．锂离子电池放电时化学能转化为电能，D正确；

故选C。

2.下列化学用语表述正确的是

A.基态Si原子的价层电子轨道表示式：B.顺-2-丁烯的结构式：

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C.的电子式：D.的价层电子对互斥模型：

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据能量最低原理，核外电子排布时，3p电子应优先占据未含电子的空轨道，且自旋方向相

同，A错误；

B．顺式构型为较大基团在双键同一侧，B正确；

C．CaO2中的过氧根（）为一个基团，电子式为，C错误；

D．PCl3中P的价层电子对数为，价层电子对互斥模型为四面体型，但图示为其分子空间构型

（三角锥型），D错误；

答案选B。

3.物质性质决定用途，下列两者对应关系正确的是

A.抗坏血酸是水果罐头中常用的抗氧化剂，因为抗坏血酸具有强氧化性

B.二氧化硅导电性好，可以用来生产光导纤维

C.氢氧化铝可用于制作抗酸药，是因为氢氧化铝具有强碱性

D.硫酸钙是制作豆腐常用的凝固剂，因为硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉

【答案】D

【解析】

【详解】A．抗坏血酸作为抗氧化剂是因为其强还原性，而非强氧化性，A错误；

B．二氧化硅用于光导纤维是因为光全反射，而非导电性，B错误；

C．氢氧化铝的碱性较弱，适合中和胃酸，而非强碱性，C错误；

D．硫酸钙作为电解质使蛋白质胶体聚沉，正确描述用途与性质关系，D正确；

故选D。

4.下列反应的方程式不正确的是

A.苯酚钠溶液中通入少量的：

B.呼吸面具中和反应：

C.明矾水溶液与过量氨水混合：

D.用FeCl3溶液刻蚀铜电路板：

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【答案】C

【解析】

【详解】A．苯酚的酸性弱于H2CO3、强于，因此苯酚钠与CO2（无论少量或过量）反应均生成苯酚

C6H5OH和，方程式书写正确，A正确；

B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式配平正确，符合实际反应，B正确；

3+

C．明矾（Al）与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：

，C错误；

D．Fe3+氧化性强于Cu2+，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，电荷守恒且符合氧化还原规律，D正确；

故选C。

5.Zn与Al性质相似，可与强碱反应：，设为阿伏加德

罗常数的值。下列说法正确的是

A.每消耗6.5gZn，转移的电子数为

B.0.1mol中所含键数为

C.1L0.5mol·L-1NaOH溶液中O-H键数目为

D.生成1.12LH2(标准状况)时，消耗的Zn原子数为

【答案】D

【解析】

【详解】A．6.5gZn的物质的量为0.1mol，反应中每个Zn原子失去2个电子，转移电子数为0.2NA，而

非0.1NA，A错误；

2--

B．[Zn(OH)4]中每个OH含1个O-Hσ键，Zn与O之间形成4个配位σ键，总计8个σ键/离子，故0.1mol

该离子含0.8NA个σ键，B错误；

C．1L0.5mol·L-1NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.5mol，完全离解为Na+和OH-，OH-中的O-H键数

目为0.5NA，但溶液中水的O-H键未被计入，实际总O-H键数目远大于0.5NA，C错误；

D．标准状况下1.12LH2对应0.05mol，根据反应方程，生成1molH2需1molZn，故消耗Zn原子数为0.05NA

，D正确；

故选答案D。

6.鸟苷用途非常广泛，是医药、食品等行业重要中间体，其结构简式如图所示。下列有关说法错误的是

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A.与乙酸发生反应可生成酯基B.分子中含有5个手性碳

C.鸟苷水解时会断裂σ键D.保存时应远离强氧化剂

【答案】B

【解析】

【详解】A．鸟苷中含有羟基，与乙酸发生反应可生成酯基，A正确；

B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，鸟苷中含有4个手性碳原子，位置为

，B错误；

C．鸟苷中含有酰胺基，鸟苷水解时会断裂σ键（C-N键），C正确；

D．鸟苷中含有羟基和碳碳双键，能够被强氧化剂氧化，保存时应远离强氧化剂，D正确；

故选B。

7.下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能够达到实验目的的是

A.制取无水B.验证干燥的氯气没有漂白性

C.测定生成氧气的反应速率D.检验溶液是否变质

【答案】A

【解析】

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3+

【详解】A．制取无水FeCl3时，FeCl3·6H2O加热易水解生成Fe(OH)3和HCl，通入干燥HCl可抑制Fe水

解，防止生成Fe(OH)3，装置中干燥HCl气氛能有效抑制水解，可制得无水FeCl3，A正确；

B．验证干燥氯气无漂白性需使用干燥的有色物质（如干燥红布条），而鲜花含水分，Cl2与水反应生成HClO

会漂白鲜花，无法证明干燥Cl2是否有漂白性，B错误；

C．长颈漏斗未液封，生成的O2会从漏斗逸出，导致注射器收集气体体积偏小，无法准确测定反应速率，C

错误；

D．硝酸酸化的BaCl2中，NO在酸性条件下会氧化SO生成SO，无论Na2SO3是否变质均会生成BaSO4

沉淀，干扰检验，D错误；

故选A。

8.我国科学家利用下列转化制备含硼酸锂的聚合物。下列说法错误的是

A.x的单体可转化为乙醛B.y可与NaOH溶液反应

C.z属于高分子材料且能导电D.反应2中作氧化剂

【答案】D

【解析】

【详解】A．x为聚乙烯醇，其单体为乙烯醇，乙烯醇可通过烯醇式异构化为乙醛，A正确；

B．y的结构中含有B-OH基团，类似硼酸结构，硼酸为弱酸可与NaOH反应，故y中的B-OH也能与NaOH

溶液反应，B正确；

C．z具有重复结构单元“n”，属于高分子材料，其结构中含Li+离子，可在高分子链中迁移，具有离子导电

性，C正确；

D．反应2中，y的B为+3价，z中B仍为+3价，草酸中C为+3价，反应前后无元素化合价变化，不属于

氧化还原反应，草酸不作氧化剂，D错误；

故答案为D。

9.W、X、Y、Z均位于同一周期，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Z

的单质与H2混合，在暗处即可发生爆炸，这四种元素与Li+可形成一种盐，其结构如图所示。下列说法错

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误的是

A.简单离子半径：Y>Z

B.W的最高价含氧酸为弱酸

C.分子的极性：

D.Z的氢化物的熔点一定比X的氢化物高

【答案】D

【解析】

【分析】由X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍可知，电子排布式为1s22s22p2，X为C；根据Z

的单质与H2混合，在暗处即可发生爆炸可知，Z为F；再根据W、X、Y、Z均位于同一周期可知，这四种

元素均位于第二周期，结合给出的结构，Y形成2个共价键，故Y为O；W能形成4个共价键，且比C的

原子序数小，故W为B。

【详解】A．O2-和F-的电子层数相同，O2-的核电荷数较小，故O2-的半径较大，简单离子半径：O2->F-，A

正确；

B．B的最高价含氧酸是硼酸，为弱酸，B正确；

C．CO2是直线形分子，正负电中心重合，是非极性分子，OF2中心原子价层电子对数为2+=4，且

含有2个孤电子对，空间结构为V形，正负电中心不重合，是极性分子，则分子的极性：CO2<OF2，C正

确；

D．C的氢化物种类较多，如苯的熔点就高于HF，D错误；

故选D。

10.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是

选

实验方案现象结

论项

常温下，测定等浓度的溶液比

A非金属性：

溶液和溶液的溶液的大

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向溶液逐滴滴加过量氨先生成蓝色沉淀，然为两性

氢B

后沉淀溶解

水氧化物

苯环对羟基活性产

C向浓溴水中滴加苯酚有白色沉淀生成

生影响

向待测液中滴加

D生成蓝色沉淀溶液中有

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．常温下通过测定Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者比后者大，说明碳酸根的水解程度比亚硫

酸根大，无法据此得出S的非金属性大于C，A错误；

2+

B．CuSO4溶液中滴加过量氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，后溶解是因为生成[Cu(NH3)4]配合物，B错

误；

C．苯酚与浓溴水生成三溴苯酚白色沉淀，是因为羟基活化了苯环，使取代反应更易发生，C错误；

2+

D．K3[Fe(CN)6]可与Fe反应生成蓝色沉淀，因此向待测液中滴加溶液生成蓝色沉淀，则溶

液中有，D正确；

故选D。

11.利用铜基催化剂可将温室气体中的与转化为，其反应历程如图所示。下列说法

正确的是

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A.M、N、P分子中均含键和键

B.该反应的原子利用率可达100%

C.过程Ⅰ和Ⅱ中均存在键的断裂

D.使用铜基催化剂能改变总反应的活化能与焓变

【答案】B

【解析】

【详解】A．M为，分子中只含碳氢单键，仅有σ键，不含π键；N为，结构式为O=C=O，含σ键

和π键；P为含σ键和π键，A错误；

B．该反应为，反应物原子全部转化为产物，无其他副产物，原子利用率100%，

B正确；

C．过程Ⅰ涉及中键断裂（生成），但过程Ⅱ是和结合，无键断裂，C

错误；

D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误；

故答案为B。

2-

12.Li2O常用作锂电池的固体电解质，其晶胞结构如图所示(Li+可以看成是填充入O构成的“空穴”中)，

下列叙述正确的是

已知：晶胞的边长为apm，设为阿伏加德罗常数的值。

A.填充入O2-构成的“空穴”中的Li+与构成该“空穴”的O2-形成四边形

B.与O2-距离最近的Li+有4个

C.2个O2-的最近距离为

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D.该晶体的密度

【答案】C

【解析】

2-2-

【详解】A．由Li2O的晶胞结构可知，Li⁺填充的“空穴”为O构成的四面体空隙，构成空隙的4个O形成

四面体结构（立体），而非平面四边形，A错误；

2-2-

B．由Li2O的晶胞结构可知，O在晶胞中形成面心立方堆积，每个O周围有8个Li+（填充四面体空隙），

配位数为8，B错误；

2-2-2-

C．由Li2O的晶胞结构可知，O采用面心立方堆积，最近的O为顶点与面心的O，距离为面对角线的一

半，即为，C正确；

D．晶胞中O2-数==4，Li+数为8，则该晶体的密度

，D错误；

故选C。

13.浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停

止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备次磷酸()，用图1的浓差电池提供电能制备次磷酸

。下列说法错误的是

A.(Ⅰ)是电池的负极

B.b膜、d膜是阳离子交换膜，c膜是阴离子交换膜

C.电渗析过程中、室中和的浓度均增大

D.电池从开始到停止放电，理论上可制备

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【答案】D

【解析】

【分析】图1为浓差电池，图2为电渗析法制备次磷酸(H3PO2)，用图1的浓差电池提供电能制备次磷酸(H3PO2)，

图1中Cu(Ⅰ)为原电池负极，Cu(Ⅱ)为正极，图2中原料室中的H2P

移向产品室，则c膜为阴离子交换膜，M室中的氢离子通过b膜进入产品室得到H3PO2，则b膜为阳离子

-

交换膜，X电极为电解池的阳极，电极反应：2H2O-4e=O2↑+4H+，Y为电解池的阴极，电极反应2H2O

--

+2e=H2↑+OH，d膜为阳离子交换膜，据此分析判断。

【详解】A．分析可知Cu(Ⅰ)是电池的负极，故A正确；

B．制备过程分析可知，b膜、d膜是阳离子交换膜，c膜是阴离子交换膜，故B正确；

C．电渗析过程中，电极反应可知，M、N室中H2SO4和NaOH的浓度均增大，故C正确；

D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边Cu(NO3)2浓度相等，所以正极析出0.02molCu,电路中转移

0.04mol电子，电渗析装置生成0.04molH3PO2，故D错误；

故选：D。

14.一种处理含镍电镀废水（主要含有、H3PO2、H3PO3、H+等）的流程如下：

已知：“调pH①”后磷元素以、形式存在。滤渣中主要含有和Ni(OH)2，

。下列说法错误是

A.“调pH①”操作中需控制加入Ca(OH)2的量

B.“氧化”时存在反应：

C.“调pH②”时，可通过测滤液pH判断Ni2+是否沉淀完全

D.“滤液”中大量存在的阳离子有Na+和

【答案】D

【解析】

2+

【分析】含镍电镀废水主要含有[Ni(NH3)4]、H3PO2、H3PO3、H+等，加入氢氧化钙浊液调节溶液pH，“调

pH①”后磷元素以、形式存在，再加入10%次氯酸钠溶液，、被氧化为

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2+2+

，[Ni(NH3)4]转化为Ni和N2，再加入氢氧化钙浊液，“调pH②”时，滤渣中主要含有Ca3(PO4)2和

Ni(OH)2，据此分析回答。

【详解】A．H3PO2为一元酸，H3PO3为二元酸，“调pH①”后磷元素以、的形式存在，均

转化为正盐，若Ca(OH)2不足，H3PO3转化为，故需控制Ca(OH)2加入量，A正确；

B．“氧化”时NaClO作氧化剂，ClO⁻被还原为Cl-，得2e-，中P为+1价，被氧化为中+5价，

失4e-，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，该反应的离子方程式为：

，B正确；

−15.262+2+-5

C．Ni(OH)2的Ksp[Ni(OH)2]=10，当Ni沉淀完全（[Ni]≤10mol/L）时，

，pH=14-pOH=8.87，当滤液pH≥8.87时，可

判断Ni2+沉淀完全，C正确；

2+2+

D．原废水中[Ni(NH3)4]转化为Ni和N2，故滤液中不会大量存在，D错误；

故选D。

15.一定温度下，某指示剂(HIn)对应的钾盐(KIn)在非水溶剂(该溶剂不电离)中完全电离，向含KIn的该溶剂

中加入弱酸HX，发生反应：。若起始的物质的量分别为、，测

得随的变化曲线如图所示。(已知)下列说法

正确的是

A.HX的电离平衡常数

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B.a点存在：

C.a点时

D.若将HX换为酸性更弱的HY发生上述反应，则a点上移

【答案】C

【解析】

【分析】利用a点的特殊数据，及，结合Ka(HX)与Ka(HIn)的表达式结构，据

此解答。

【详解】A．反应平衡常数。a点，设起始物质的量均为，

反应量为，则，解得，，故

，A错误；

B．a点，，由HX电离产生，，

解得，则，B错误；

C．a点，设，则，，C正确；

D．换为酸性更弱的HY，，反应平衡常数，，

a点下移，D错误；

故选C。

二、解答题：本题共4小题，共55分。

16.利用某废渣(含、、和)制备与纯流程如下：

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已知：①中的结构式为：

②“滤液1”中主要含、、等阳离子

③酒石酸钠结构简式为

回答下列问题：

（1）“氧化浸出”时加入中S的化合价是___________。温度过高，元素浸出率反而减小的

原因可能有：分解、___________。

（2）“除铜”步骤的离子方程式为___________。

（3）一种的晶胞如图所示，晶胞的参数为1，A点的坐标为(0，0，0)，则B点的坐标为___________。

（4）“滤渣1”的主要成分为、、___________(填化学式)。

（5）“浸铅”过程中，PbA的产率随体系pH升高先增大后减小。先增大的原因是___________。

（6）290°C“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为___________。

【答案】（1）①.+6②.NH3·H2O分解、(NH4)2S2O8分解

（2）

（3）

（4）S（5）增大，增大，反应正向进行程度增大

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（6）

【解析】

【分析】废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl，加(NH4)2S2O8（具有强氧化性）与氨水氧化浸出，根据已知

2+2+

信息，“滤液1”中主要含[Zn(NH3)4]、[Cu(NH3)4]、NH等阳离子，则FeS在氧化浸出环节转化为Fe

(OH)3和S，则“滤渣1”的主要成分为PbSO4、S、Fe(OH)3，滤液1中加入锌，发

生

2+

反应，将[Cu(NH3)4]转化为铜单质除去，加入硫化铵发生反

2+

应：，从而将[Zn(NH3)4]转化为ZnS。向滤渣1中加入酒石酸钠(Na2A)

浸铅，滤渣中的PbSO4转化为PbA溶解，滤渣2的主要成分为S、Fe(OH)3，对过滤所得PbA溶液经蒸发

浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤转化为PbA晶体，PbA晶体真空热解，生成2种气态氧化物，

则该反应的化学方程式为发生反应：，得到纯Pb，据此回答。

【小问1详解】

由已知可得，中的结构式为：，故S的化合价为+6价；氧化

2+

浸出时温度过高，生成的[Zn(NH3)4]受热分解、NH3·H2O分解、(NH4)2S2O8分解等原因均可使Zn元素浸

出率减小；

【小问2详解】

由分析知，“除铜”步骤为滤液1中加入锌，发生反应，将[Cu

2+

(NH3)4]转化为铜单质除去；

【小问3详解】

由的晶胞如图，晶胞的参数为1，A点的坐标为(0，0，0)可知，则B点的坐标为；

【小问4详解】

由分析知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4、S、Fe(OH)3；

【小问5详解】

“浸铅”过程中，加入Na2A(强碱弱酸盐)，增大，增大，反应

正向进行程度增大，PbA的产率随体系pH升高增大，pH过高时，浓

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度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；

【小问6详解】

根据分析，PbA晶体真空热解，生成2种气态氧化物，则该反应的化学方程式为：

，得到纯Pb。

17.以为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵。过程：

溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵粗产品。

已知：能被氧化，回答下列问题：

（1）步骤Ⅰ的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)。

①仪器b的名称为___________，仪器c作用为___________。

②步骤Ⅰ生成的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。

（2）步骤Ⅱ可在如图装置中进行。

①接口的连接顺序为___________。

②实验开始时，先关闭，打开，当___________时(写实验现象)，再关闭，打开，充分反应，

静置，得到固体。

（3）测定产品纯度

称取样品用稀硫酸溶解后，加入过量的溶液，充分反应后加入过量的溶

液，再加适量尿素除去，用标准溶液滴定达终点时，

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消耗体积为。(已知：)

①样品中氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为___________。

②下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。

A．未加尿素，直接进行滴定

B．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出

C．配制标准溶液时，俯视刻度线读数

D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成

【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.冷凝、回流

③.

（2）①.d→e→f→g→b→c②.装置B中澄清石灰水变浑浊

（3）①.②.AB

【解析】

【分析】首先通过装置A制取，利用装置C除去中的HCl后，将通入装置D中，排尽装置

中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中，开始实验，

据此回答。

【小问1详解】

①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗；由图知，装置c为球形冷凝管，其作用为冷凝、回

流，提高原子利用率；

②结合电子得失守恒及元素守恒可得，步骤I生成的同时，还生成一种无色无污染的气体为，

反应的化学方程式为:；

【小问2详解】

①首先通过装置A制取，利用装置C除去中的HCl后，将通入装置D中，排尽装置中的空

气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊，确保空气被排尽后，再打开D中，开始实验，接口的

连接顺序为：a→d→e→f→g→b→c；

②实验开始时，先关闭，打开，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭，

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打开，充分反应，静置，得到固体。

【小问3详解】

①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧

钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为)的质量分数为：

；

②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，A正确；

B．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用

标准液体积偏大，所测纯度偏高，B正确；

C．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，C错误；

D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡产生，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，

D错误；

故选AB。

18.和是常见的温室气体，为助力我国实现双碳目标，甲烷重整技术是利用温室气体大规模制氢

的一项重要研究课题，其中“甲烷干重整”主要涉及如下反应：

①

②

回答下列问题：

（1）“甲烷湿重整”是将甲烷与水蒸气在催化作用下制取合成气(CO、)，其热化学方程式为③_______。

（2）实验室模拟甲烷干重整，下列说法正确的是_______(填字母标号)。

A.升高温度能使反应①的反应速率增大，平衡常数减小

B.高温、低压有利于甲烷催化重整制取合成气

C.当的分压不再改变时，体系达到平衡

D.在恒压密闭容器中充入Ar，反应②的速率不变

（3）以不同进料比的原料气，在恒温恒压下发生甲烷干重整反应，平衡时甲烷的转化率X、平

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衡混合气中各组分的体积分数Y如图1所示。

随着进料比增大，产物中_______(选填“增大”“减小”或“不变”)，可能的原因是_______。已

知进料比为1时，、，则转化率为_______，反应②的分压平衡常数_______

。

（4）一定温度下，催化剂表面因积炭而造成活性中心被覆盖孔隙堵塞，从而导致催化剂活性下降乃至丧失。

积炭现象的发生通常是由下列反应引起的：

④

⑤。图2为甲烷催化重整中相关反应的吉布斯自由能变与温度T的关系曲

线。推测时积碳现象主要由反应_______引起。甲烷催化重整时，积碳反应几乎不可避免，判断理由

是_______。

【答案】（1）（2）BC

（3）①.减小②.进料比增大，体系中增大，发生反应②，消耗，生成CO，导致

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减小③.88%④.

（4）①.⑤②.温度较低时反应⑤自发进行，温度较高时反应④自发进行，无论温度如何，都将有

积碳反应自发进行

【解析】

【小问1详解】

“甲烷湿重整”是将甲烷与水蒸气在催化作用下制取合成气(CO、)，其化学方程式为

，结合盖斯定律，

。

【小问2详解】

A.升高温度速率增大，故能使反应①的反应速率增大；反应①是吸热反应温度升高平衡正移，故平衡常数

增大，A错误；

B.反应①是吸热反应高温有利于正移，同时是气体分子数增大的反应压强越小平衡正移；反应②是吸热，

气体分子数不变反应，反应高温有利于正移，压强对其无影响，B正确；

C.当的分压不再改变时，体系达到平衡，C正确；

D.在恒压密闭容器中充入Ar，各物质的浓度随着体积的增大而减小，故反应②的速率减小，D错误。

故选BC。

【小问3详解】

随着进料比增大，相当于增大，反应②平衡正移，消耗，生成CO，导致减小；

进料比为1时，设投入的、均为1mol，，则反应过程消耗的为0.8mol，平衡时

为0.2mol，

平衡时，，

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，解得x=0.08，

平衡时、、，、

。

则转化率为；

反应②的分压平衡常数。

【小问4详解】

吉布斯自由能越小反应越容易自发进行，时反应⑤更易进行，故积碳现象主要由反应⑤；

甲烷催化重整时，积碳反应几乎不可避免，判断理由是温度较低时反应⑤自发进行，温度较高时反应④自

发进行，无论温度如何，都将有积碳反应自发进