2026年高考考前预测卷-化学02（新高考适用）（全解全析）

/试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cu-64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．各具特色产业在推动区域文明发展进程中有着不可替代的作用。下列说法正确的是A．黑龙江的五常大米富含淀粉，在人体内水解最终产物均为葡萄糖B．吉林长白山的人参中含有人参皂苷，属于合成高分子化合物C．辽宁大连的海参富含蛋白质，蛋白质在加热时发生水解反应D．内蒙古的羊绒围巾主要成分是纤维素，可通过化学方法鉴别真假【答案】A【详解】A．淀粉属于多糖，在人体内经酶的催化逐步水解，最终产物为葡萄糖，A正确；B．人参皂苷是天然存在的有机小分子，不属于合成高分子化合物，B错误；C．加热时蛋白质发生变性，空间结构被破坏，但不会发生水解反应，蛋白质水解需要特定酶或酸碱催化生成氨基酸，C错误；D．羊绒的主要成分为蛋白质，可通过灼烧闻气味的方法鉴别真假，D错误；故选A。2．下列有关化学用语表述正确的是A．的VSEPR模型：B．乙醇分子的空间填充模型：C．用电子云轮廓图示意键的形成为：D．在水中的电离方程式：【答案】A【详解】A．中心原子的键数为，孤电子对数为，其价层电子对数为，因此VSEPR模型为平面三角形，与图示结构一致，A正确；B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，且H原子半径最小，则原子半径：，因此乙醇()分子的空间填充模型为：，B错误；C．键是两个轨道“头碰头”重叠形成的，而图示为两个轨道“肩并肩”重叠，C错误；D．是强电解质，在水中完全电离生成和，其电离方程式为：，D错误；故选A。3．由结构不能推测其对应性质的是选项结构性质A氨分子含有孤电子对氨可以与氯化银反应B氟的电负性大于氯的电负性三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性C氧原子的最外层电子数比氮原子的多氧原子的第一电离能比氮原子的大D二氧化硅和二氧化碳的晶体类型不同两者熔、沸点差别大【答案】C【详解】A．氨分子中的N含有孤电子对，能与具有空轨道的Ag+形成配合物[Ag(NH3)2]+，因此可以与氯化银反应，结构能推测其对应性质，A不符合题意；B．氟的电负性大于氯，吸电子能力更强，使三氟乙酸中羧基的O-H键极性增强，更易解离，因此酸性大于三氯乙酸，结构能推测其对应性质，B不符合题意；C．氮的2p轨道处于更稳定的半满状态，使氧原子的第一电离能小于氮，与二者最外层电子数多少无关，C符合题意；D．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，原子晶体的熔、沸点高于分子晶体，晶体类型不同导致熔、沸点差别大，结构能推测其对应性质，D不符合题意；故答案为C。4．下列实验仪器、试剂、操作均正确，且能达到实验目的的是A．制备B．验证的溶解性C．蒸馏石油D．测定溶液的浓度【答案】B【详解】A．浓硫酸与铜反应制取二氧化硫需要加热，操作错误，A项不符合题意；B．氨气极易溶于水，会形成喷泉实验，可以验证氨气的溶解性，操作正确，B项符合题意；C．蒸馏石油时温度计用于测蒸气的温度，应置于蒸馏烧瓶支管口处，且冷凝水应下进上出，操作错误，C项不符合题意；D．酸性具有强氧化性，会腐蚀酸式滴定管下端的橡胶管，应使用酸式滴定管盛装，操作错误，D项不符合题意；故选B。5．某种可用作原电池电解质的离子液体的结构如图所示。W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。下列说法错误的是A．原子半径：B．第一电离能：C．最高价含氧酸的酸性：D．和的VSEPR模型名称均为四面体形【答案】D【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的s能级电子总数是p能级电子总数的2倍，且X、Y、Z、R同周期。基态Y原子电子排布式为，故Y为元素；结合原子序数递增及结构中成键情况，W为，X为，Z为，R为，据此分析。【详解】A．X、Z、R分别为、、，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径，即，A不符合题意；B．Y、Z、R分别为、、，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，且的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能大于，故第一电离能，即，B不符合题意；C．X、Y、Z分别为、、，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸酸性与非金属性一致，故酸性，即，C不符合题意；D．为，中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形；为，中心原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，二者VSEPR模型不同，D符合题意；故选D。6．对水杨酸进行分子结构修饰，可得到药物美沙拉嗪，下列说法错误的是A．水杨酸中所有碳原子均采用杂化B．可用溶液检验反应1是否有水杨酸残留C．美沙拉嗪可发生缩聚反应D．中间体不含手性碳原子【答案】B【详解】A．苯环上的碳原子和羧基中的碳原子均为sp2杂化，A正确；B．溶液可检验酚羟基显紫色，水杨酸和反应1生成的中间体中均含有酚羟基，无法检验，B错误；C．美沙拉嗪分子中既有羧基又有羟基，可以发生缩聚反应，C正确；D．手性碳原子需要四个不同的原子或原子团连在同一个碳原子上，上述反应过程中间体中无手性碳原子，D正确；故选B。7．硫及其化合物的转化如图甲所示，的结构如图乙所示。设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．反应①中5.6L(标准状况)完全被氧化，生成的水分子数一定是B．反应②消耗96gS，转移的电子数为C．的溶液中，和的数目之和为D．中含非极性键的数目为【答案】D【详解】A．反应①中的氧化剂不同，生成水的量可能不同，若氧化剂为，则，若氧化剂为，则，A错误；B．反应②的化学方程式为：，故消耗3molS，转移4mol电子，B错误；C．溶液中，含硫物种包括、、，则的溶液中，和的数目之和小于，C错误；D．中含有的非极性键(S—S)数目为，D正确；故选D。8．一种以Ni-CuO作为电催化剂的Al-新型电池如图所示，放电时可将污水中的转化为。下列说法错误的是A．充电时，电极Ⅱ为阳极B．放电时，负极区溶液中pH逐渐减小C．放电时，理论上每消耗4molAl最多可处理62g的D．充电时，电解池的总反应为【答案】C【分析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，电极反应式为，电极Ni-CuO为正极，被还原为NH3，正极发生反应为，充电时，金属铝为阴极，电极反应与原电池相反，电极Ni-CuO为阳极，阳极反应式为，据此解答。【详解】A．放电时电极Ⅱ为正极，充电时正极连接电源正极作阳极，A正确；B．放电时负极反应为，消耗，负极区浓度降低，pH逐渐减小，B正确；C．1molAl反应失去3mol电子，4molAl共失去12mol电子；转化为时N元素从+5价变为-3价，1mol得到8mol电子，故可处理的物质的量为，质量为，C错误；D．充电时阴极得电子生成Al，阳极失电子生成，配平总反应为，D正确；故选C。9．某科研小组在温和条件下对环氧乙烷()催化加氢的研究有了重大突破，反应机理如图。已知反应①是该催化过程的决速步骤，下列说法错误的是D．反应过程中存在极性键的断裂与形成B．是该催化过程的中间产物C．上述基元反应中反应①的活化能最高A．若用D2代替H2参与反应，则产物为CH3CH2OD【答案】A【详解】A．若用D2代替H2参与反应，则产物为CH2DCH2OD、A项错误；B．反应中第②步生成，然后第④步反应又消耗，是该催化过程的中间产物，B项正确；C．反应①是该催化过程的决速步骤，所以上述基元反应中反应①的活化能最高，C项正确；D．反应过程中有C-O键断开和H-O键生成，存在极性键的断裂与形成，D项正确；故选A。10．溴化亚铁(，易潮解、800℃升华)常用作聚合反应的催化剂。某同学在实验室制备(利用与反应制备)，装置(部分夹持仪器已省略)如下图所示，下列说法中错误的是已知：。A．该反应中体现的制酸原理是高沸点酸制低沸点酸B．若将浓磷酸换成浓硫酸(浓硫酸和溴化钠反应可生成和)，则达不到实验目的C．实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间的D．X、Y中盛装的试剂依次是氯化钙和碱石灰【答案】B【分析】浓磷酸和溴化钠在加热的条件下反应生成磷酸钠和溴化氢，溴化氢用无水氯化钙干燥后和铁反应生成溴化亚铁，溴化亚铁易升华，潮解，用锥形瓶收集后冷却得到，同时用碱石灰吸水空气中的水蒸气，防止水蒸气进入锥形瓶使溴化亚铁潮解，同时吸收多余的溴化氢。【详解】A．圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：，该反应中体现的制酸原理是高沸点酸制备低沸点酸，A正确；B．浓硫酸代替浓磷酸，生成和，不与铁反应，和铁反应生成，在高温下又分解为和，也可达到实验目的，B错误；D．X、Y盛装的试剂依次是氯化钙和碱石灰，氯化钙起到干燥HBr的作用，碱石灰的作用是吸收装置中剩余的HBr气体、空气中的水蒸气和二氧化碳，D正确；C．实验结束后，关闭热源，仍需要通入一段时间的，其目的是将装置中的剩余HBr气体全部排出到干燥管中，被试剂Y完全吸收，C正确；答案选B。11．实验室制备高铁酸钾()的过程如图。下列对应离子方程式错误的是A．“反应1”：B．“反应2”：C．“反应3”：D．用除去废水中的：【答案】D【分析】该流程通过三步反应制备高铁酸钾：首先，与浓盐酸发生氧化还原反应生成（反应1）；接着，经洗气后与饱和溶液在下反应生成（反应2）；最后，与、在下反应，将氧化为，最终得到（反应3）。【详解】A．反应1为高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，离子方程式中得失电子、电荷、原子均守恒，书写正确，A正确；B．低温（10~15℃）下Cl2与KOH发生歧化反应，生成Cl-、ClO-和水，离子方程式书写正确，B正确；C．反应3为碱性条件下，ClO-将Fe3+氧化为​，得失电子、电荷、原子均守恒，碱性条件用OH-配平，书写正确，C正确；D．在酸性条件下会发生自身分解（），无法稳定存在；与的反应应在碱性或中性环境中进行，不能写参与的方程式，正确的碱性环境离子方程式为，D错误；故选D。12．晶体结构与CsCl相似，只是用四面体占据CsCl晶体(图1)中的位置，而所占位置由O原子占据，如图2所示。为阿伏加德罗常数的值，。下列说法错误的是A．若、，则CsCl晶胞边长约为413pmB．则晶体的密度为C．晶胞俯视图为D．若图2中四面体中氧原子的分数坐标为，则铜原子①的分数坐标可能为【答案】B【详解】A．晶胞边长a满足：，代入得CsCl晶胞边长约为413pm，A正确；B．一个晶胞若含4个原子，则应含2个原子，则，B错误；C．Cu2O晶胞中，根据图2，O原子在体心，4个原子在晶胞内部构成正四面体，符合选项描述，C正确；D．氧原子分数坐标为，Cu₄O四面体中Cu原子①位于氧原子方向，符合晶胞中原子的位置关系，D正确；故答案为B。13．循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：Ⅰ、

Ⅱ、

Ⅲ、

100kPa下，在密闭容器中1mol和1mol发生反应。达到平衡时，反应物(、)的转化率和生成物(、)的选择性(含碳生成物的选择性)随温度变化关系如图1(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)，图1中点M附近区域放大图如图2。下列说法不正确的是A．曲线c表示的选择性B．点M温度下，反应Ⅱ的C．在550℃下达到平衡时，D．500～600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能为反应Ⅱ平衡逆向移动生成的多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的【答案】C【详解】A．已知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应；根据图像，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率逐渐下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，且CO2、CH4的选择性之和为，所以曲线表示MgCO3的转化率，曲线表示CO2的选择性，曲线表示CH4的选择性，A不符合题意；B．点温度下，从图中可以看出，MgCO3的转化率为，则剩余的MgCO3为0.51mol，根据碳原子守恒，CH4和CO2的物质的量之和为0.49mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4的物质的量均为0.245mol，根据氧原子守恒得出H2O的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出H2的物质的量为0.02mol，气体总的物质的量为，，，，则反应Ⅱ的，B不符合题意；C．在下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为，则生成的CO2为=1mol×70%=0.7mol，C符合题意；D．因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动生成的H2多于反应Ⅲ平衡正向移动消耗的H2，故H2的平衡转化率下降，D不符合题意；故选C。14．常温下，在10mL浓度均为0.1mol/L的FeCl2、MgCl2的混合溶液中滴加VmL同浓度的氨水，溶液中某些粒子浓度的负对数pX[pX=-lgc(X)，X=Mg2+、Fe2+、]与pH的关系如图所示，已知常温下，Mg(OH)2溶解度大于Fe(OH)2。下列叙述错误的是A．L2代表-lgc(Mg2+)与pH关系B．Ksp[Fe(OH)2]的数量级为10-17C．的K<100D．V=40时，溶液中c(OH-)>c(NH3·H2O)【答案】D【详解】A．已知溶解度大于，因此。相同（即相同）时，，而，越大则越小，因此相同时对应更小，故代表与的关系，A正确；B．L1​是的曲线，点坐标：，则；，则；，数量级为，B正确；C．反应的平衡常数：由的性质可得；对的点，计算得，代入得：，C正确；D．原溶液中，沉淀需要氨水，当时，，恰好完全反应，反应后溶质为。水解呈酸性：，，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（15分）配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有还原性，在催化研究等领域具有广泛的应用。用水杨醛制备[Co(Ⅱ)Salen]的原理为：已知：①在溶液中易被氧化为；②配合物[Co(Ⅱ)Salen]的。某实验小组制备配合物[Co(Ⅱ)Salen]的实验如下：I.制备双水杨醛缩乙二胺在三颈烧瓶中加入水杨醛、乙二胺及无水乙醇，室温搅拌，生成亮黄色双水杨醛缩乙二胺晶体。Ⅱ.制备[Co(Ⅱ)Salen]向三颈烧瓶中通入并向仪器中通冷凝水，然后用电炉控制温度在，使亮黄色晶体完全溶解；用仪器将足量的醋酸钴溶液加入三颈烧瓶中，生成胶状沉淀，继续保持微沸直至有暗红色晶体析出，回流结束后停止加热，同时关闭冷凝水，停止通氮气；冷却、离心过滤、洗涤、真空干燥，得到样品。回答下列问题：(1)实验中持续通入的目的为____________________________________________。(2)仪器a的名称为________，回流时烧瓶内气雾上升高度不宜超过仪器a的高度。若气雾上升过高可采取的操作有___________________。(3)离心过滤是将料液送入有过滤介质（如滤网、滤布）的有孔转鼓中，加速旋转利用离心力进行过滤的过程，与普通过滤相比，其优点为________________________（写一条即可）。(4)双水杨醛缩乙二胺与反应生成[Co(Ⅱ)Salen]的化学方程式为_______________________，若用代替，[Co(Ⅱ)Salen]的产率会降低，试从化学平衡移动的角度分析其原因：___________________________________________________________________________________________。(5)实验制得配合物[Co(Ⅱ)Salen]的产率为________。(6)下列与本实验无关的图标是________（填序号）。A． B． C． D．【答案】除备注外，每空2分(1)排尽装置内的空气，保证反应在无氧环境下进行，防止被氧化为同时避免生成的[Co(Ⅱ)Salen]被氧化(2)球形冷凝管（1分）降低加热温度或加快冷凝水的流速(3)过滤速率更快（或固液分离效果好、不易堵塞滤孔）(4)生成HCl使配体质子化，平衡逆向移动(5)80%(6)AD【详解】（1）持续通入的目的是排尽装置内的空气，防止被氧化为同时避免生成的[Co(Ⅱ)Salen]被氧化，保证反应在无氧环境下进行；（2）仪器a的名称为球形冷凝管；若气雾上升过高，可采取的操作有降低加热温度、加快冷凝水的流速，使蒸气及时冷凝回流，避免反应物或产物逸出；（3）离心过滤与普通过滤相比，优点为过滤速率更快或固体颗粒不易堵塞滤孔、固液分离效率更好等；（4）其反应的化学方程式为；若用代替，反应生成的HCl是强酸，会使配体质子化，导致平衡逆向移动，从而降低[Co(Ⅱ)Salen]的产率；（5）水杨醛摩尔质量，，乙二胺摩尔质量，，由反应式可知，乙二胺过量，反应生成的双水杨醛缩乙二胺的物质的量为，[Co(Ⅱ)Salen]的理论产量为，实际产量6.5g，产率为；（6）A图标识为注意明火标记；B图标识为通风警示；C图标识为洗手的标记；D图标识为防利器警示。本实验加热采用的是电炉(无明火)、易挥发的有机溶剂需通风、实验后需洗手，没有涉及到尖锐利器，故与本实验无关的图标是AD，故答案选AD。16．（14分）常用于电镀、制造铬黄颜料等。以铬渣(主要成分为和，含少量等)为原料合成和的流程如图所示：已知：“水浸”后滤液中含有。回答下列问题：(1)基态Cr原子价层电子排布式为___________。(2)“焙烧”中被氧化的元素有___________(填元素符号)。(3)滤渣2经盐酸溶解、过滤，采用结晶法从滤液中提取，将和足量混合共热可制得，写出得到反应的化学方程式：___________________________________________。不能直接加热制备的原因为____________________________________________。(4)已知：常温下，“水浸”后滤液中部分离子的物质的量浓度的对数与pH的关系如图所示。图中能代表与pH关系的曲线是___________(填“”或“”)。常温下，若控制溶液中铝元素的浓度不超过，需要控制溶液的pH范围为___________。(5)和共热的副产物只有光气，则该反应中，的物质的量之比为___________。(6)铬的一种氧化物M的晶胞如图所示，则M的化学式为___________。【答案】除备注外，每空2分(1)（1分）(2)Cr、Fe(3)易水解，HCl易挥发，直接加热得不到(合理即可)(4)（1分）(5)(6)【分析】铬渣的成分为、，含少量、、，加入纯碱并通入空气焙烧，、被转化为可溶于水的钠盐和，铁的氧化物不参与反应，仍为固体不溶物，故滤渣1为；通入酸性气体降低溶液，使转化为沉淀、转化为沉淀，过滤后得到滤渣2为和，滤液为含的溶液；向含的滤液中加入，生成沉淀，分离后灼烧得到；其与共热反应，最终得到目标产物。【详解】（1）Cr原子序数为24，价层电子为3d和4s轨道，半充满结构更稳定，基态铬原子的价层电子排布式为。（2）铬渣中中Cr为+3价，焙烧后生成中Cr为+6价；中Fe为+2价，焙烧后被氧化为+3价，因此被氧化的元素为Cr、Fe。（3）与水反应生成和HCl，抑制氯化铝水解，故得到反应的化学方程式为；是强酸弱碱盐，直接加热结晶水合物时，水解且HCl挥发，最终得到氧化铝，无法得到无水氯化铝。（4）溶液中存在可逆反应：，酸性越强，浓度越小，图中代表与pH关系的曲线是。由图可知，常温下，铝元素浓度不超过，即，由图可知：时，时，需要控制溶液的pH范围为。（5）和发生反应的化学方程式为，故与物质的量之比为。（6）由晶胞图可知，铬原子位于顶点和体心，4个氧原子位于面上、2个位于体内。所以，M晶胞中含铬原子数为，含氧原子数为的化学式为。17．（14分）回收和利用有助于实现“碳中和”。工业上，利用制备涉及反应如下：反应I：；反应II：已知反应II的平衡常数与温度关系如下表所示：70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：(1)______0(填“>”或“<”)。(2)在恒温、恒容条件下，下列事实能说明反应I已达平衡状态的是______。A．体系内 B．体系内的体积分数不再发生变化C．体系内混合气体的平均相对分子质量保持不变 D．体系内混合气体的密度保持不变(3)，向恒容密闭容器中充入及，此时反应II______。A．正向进行

B．逆向进行

C．已达到平衡(4)在总压，催化剂为纳米纤维，反应相同时间时，甲醇产率与温度关系如图1所示。在520K，其他条件相同，甲醇体积分数与压强关系如图2所示(假设只发生上述反应I、II)。图1中，温度高于520K时，甲醇产率降低的原因可能是___________________________________。图2中，当压强大于体积分数急剧降低，其原因是___________________________________。(5)某温度下，向恒容密闭容器中充入和，发生上述反应I、II，起始压强为200KPa，平衡时压强为选择性为。则的平衡转化率为______，反应II的平衡常数______(分数表示即可)。(提示：是用分压来计算平衡常数。气体分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性)【答案】每空2分(1)>(2)BC(3)B(4)520K时，反应Ⅰ、Ⅱ都达平衡，升温时反应Ⅰ平衡向左移动，反应Ⅱ平衡向右移动甲醇已液化(5)62.5%【详解】（1）由表格可知，反应II的平衡常数K随温度升高而增大，说明升温使平衡正向移动。根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，因此反应II为吸热反应，则ΔH2​>0。（2）A．体系内，这仅是某一时刻各组分浓度的一种特定关系，并不能说明反应已达平衡，平衡时各组分的浓度是恒定的，但不一定相等，A错误；B．当的体积分数保持不变时，说明其物质的量不再变化，反应达到了平衡状态，B正确；C．反应I是一个气体分子数发生变化的反应。在恒容容器中，气体总质量不变，但总物质的量会随反应进行而变化。平均相对分子质量。当保持不变时，意味着不再变化，反应达到平衡，C正确；D．在恒容密闭容器中，气体的总质量始终守恒，容器体积V恒定。因此，混合气体的密度始终保持不变，无论反应是否达到平衡，D错误；故选BC。（3）反应II为，反应商的表达式为：，在恒容条件下，又反应前后气体体积不变，可以用各物质的物质的量代替浓度进行计算：，，反应II的平衡常数K=1.0，因为，说明反应II逆向进行，故选B。（4）升温反应速率增大，同时升温使平衡朝着吸热方向移动。图1中520K之前未达到平衡，升温，反应速率增大，甲醇产率增大；520K时达到峰值（达到平衡），温度高于520K时，甲醇产率降低的原因可能是：高于520K时，升温，反应l平衡向左移动、反应Ⅱ平衡向右移动，使甲醇产率降低。图2中甲醇体积分数与各物质状态有关，增大压强，反应速率加快，达到平衡时增大压强平衡向正方向移动，但同时增大压强，甲醇易液化，导致甲醇体积分数急剧降低。（5）在恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比。起始总物质的量。平衡时总物质的量平衡​为，解得；设反应I中消耗的为mol，反应II中消耗的为mol，反应I：；反应II：；平衡时各物质的量：；；；；；平衡总物质的量：，，根据甲醇选择性为80%：，，转化的物质的量=，的平衡转化率=；平衡时各物质的量分数：；；；；总物质的量；平衡时各组分的分压：kPa；kPa；kPakPa；反应II的平衡常数：。18