甘肃省张掖市四校联考2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1甘肃省张掖市四校联考2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试一、选择题1.化学与人类社会可持续发展息息相关。下列说法不正确的是A．海水资源丰富，可用于生产纯碱、钠、氯气等产品B．石油的分馏是通过物理变化得到汽油、煤焦油等产品C．亚硝酸钠、碘酸钾等属于食品添加剂，需在规定范围内合理使用D．“复方氯乙烷气雾剂”可使拉伤ｚ部位冷冻，是由于其主要成分沸点低，易挥发【答案】B【解析】海水富含大量的氯化钠，通过电解熔融氯化钠可生产钠、氯气，向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，过滤出碳酸氢钠后加热可生产出纯碱，A正确；石油分馏的过程中无新物质生成，是物理变化，可得到煤油、汽油等产品，但煤焦油是煤干馏（化学变化）的产物，而非石油分馏产物，B错误；亚硝酸钠和碘酸钾是合法食品添加剂，需按规定使用，C正确；氯乙烷因沸点低易挥发吸热，导致局部冷冻，D正确；故答案选B。2.下列表示正确的是A．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：B．PCl3分子的VSEPR模型：C．CH3CHCH3CH2CD．反-2-丁烯的球棍模型：【答案】D【解析】Cr原子序数为24，基态Cr原子的电子排布式为Ar3d54s1，价电子为3d54s1，价层电子轨道表示式为，A错误；PCl3中心磷原子价层电子对数=12×5-3+3=4，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，则PCl3分子的VSEPR模型应为四面体形，B错误；(CH3)2CHCH2C(CH3)3：违背烷烃命名选择主链时，应该从离支链较近的一端为起点给主链碳原子编号的原则，要尽可能使支链编号最小，该物质正确命名为2，2，4-三甲基戊烷，C3.下列说法不正确的是A．红外光谱图可显示分子中所含有的化学键或官能团信息B．碘在有机溶剂中的溶解度大于在水中的溶解度，故可选择直馏汽油作为萃取剂C．苯酚有毒，如果不慎沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗D．聚乙炔掺杂了I2【答案】D【解析】红外光谱可用于测定有机物中的化学键的种类的官能团，A正确；直馏汽油主要含饱和烃，不与碘反应，且碘在有机溶剂中溶解度更大，故可用作萃取剂，B正确；常温时，苯酚在水中的溶解度较小，苯酚易溶于乙醇，用乙醇冲洗可有效去除皮肤上的苯酚，C正确；聚乙炔掺杂I2后，载流子浓度增加，导电性应显著提高，而非下降，D错误；故选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．0.1mol/L明矾(KAl(SO4)2·12H2O)溶液完全水解后生成Al(OH)3胶粒数小于NAB．将1molSO2通入足量水中，充分反应后所得H2SO3的分子数小于NAC．N2g+3H2g⇌2NH3D．室温下，100mLpH为13的NaOH溶液中含OH-个数为0.01NA【答案】A【解析】明矾溶液体积未知，无法计算粒子数目，A项错误；SO2与水的反应为可逆反应，所以将1molSO2通入足量水中，充分反应后所得H2SO3的分子数小于NA，B项正确；N2g+3H2g⇌2NH3gΔH=-92kJ/mol，该反应的焓变表示1molN2g完全反应生成2molNH3g放出的热量为92kJ，但该反应为可逆反应，0.5molN2与足量H2充分反应时，0.5molN5.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为spC．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应【答案】C【解析】结合东莨菪碱的结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故A正确；由结构简式可知，N原子形成了3个σ键，同时含有1个孤电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，故B正确；由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；故选C6.下列说法不正确的是A．装置①蒸发皿中产生肥皂泡，不能说明Fe与水蒸气已经发生反应B．装置②产生红色喷泉，说明NH3C．利用装置③，不能通过实验证明非金属性强弱：Cl>C>SiD．图④装置不可制备少量干燥的HCl气体【答案】D【解析】铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，装置①蒸发皿中产生肥皂泡，也可能是水蒸气受热导致，不能说明铁与水蒸气已经发生反应，A正确；装置②产生喷泉，证明氨气易溶于水，喷泉显红色，证明水溶液显碱性，B正确；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，氯元素的最高价氧化物对应水化物为HClO4，另外盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，无法判断碳酸的酸性比硅酸强，由装置③无法证明非金属性强弱：Cl＞C＞Si，C正确；浓盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性，而且吸水相当于稀释，该过程会放热，可以用图④装置制备少量干燥的HCl气体，D错误；故选D。7.结构决定性质，性质决定用途。下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A水杨酸（）合成阿司匹林（）后，形成的分子内氢键：，使酸性减弱可减少对胃肠的刺激，用作解热、镇痛的药物B石墨中碳原子未杂化的所有p轨道相互平行重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动石墨可制成导电材料C木糖醇（）甜味与蔗糖相当，不属于糖类木糖醇可用作糖尿病患者适用的甜味剂D12-烷基苯磺酸钠在水中会形成磺酸根向外、12-烷基苯向内的胶束，能包裹油渍等污垢可用作水处理的杀菌消毒剂A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】可形成分子内氢键：，氢键的作用导致其电离氢离子的程度减弱，使酸性减弱，减少对胃肠的刺激，用作解热、镇痛的药物，A正确；石墨为层状结构，平面中碳原子未杂化的所有p轨道相互平行重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面内运动，因此石墨能导电，B正确；木糖醇（）属于醇类，不属于糖类，甜味与蔗糖相当，可用作糖尿病患者适用的甜味剂，C正确；12-烷基苯磺酸钠在水中会形成磺酸根向外、12-烷基苯向内的胶束，能包裹油渍等污垢，可用于去除油污，与杀菌消毒作用无关，D错误；故选D。8.一种化合物的结构如图所示，X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期元素、其中Z的价电子排布式为nsnnpn+2A．简单氢化物的稳定性：Y>ZB．电负性：Z>WC．Q3W中，所有离子均满足D．X、Y可以形成由极性键构成的非极性分子【答案】A【解析】Z的价电子排布式为nsnnpn+2因为n只能取2（n=1时np轨道无电子），所以Z的价电子排布式为2s22p4，Z是O元素。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期元素，Y形成4个共价键，原子序数比Z小，因此Y是C元素，元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定。非金属性O＞C（同周期从左到右非金属性增强），所以简单氢化物稳定性H2O>CH4，即Z＞Y，A选项错误；Q为+1价，结合原子序数大小可知Q为Na元素，W形成5个共价键，W的原子序数比Q大，因此W为P元素，B．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，因此电负性Z>W，B选项正确；Na3P中，Na+核外电子排布为2、8，P3-核外电子排布为2、8、8，所有离子均满足8电子稳定结构，C选项正确；X的原子序数最小，在化合物结构中形成1个共价键，可知X为H9．下列关于实验操作的误差分析不正确的是A．测定中和反应反应热时，如果将玻璃搅拌器改为铜质的，则测得的ΔHB．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大C．将pH计较准好后，把电极插入待测液中来测定氯水的pHD．用标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏小【答案】D【解析】铜质搅拌器导热性好，导致热量散失更多，测得的中和热绝对值偏小，ΔH（负值）会偏大，A正确；未冷却时气体体积膨胀，测得体积偏大，计算的反应速率偏大，B正确；氯水具有氧化性，pH计可直接测量溶液中H⁺浓度，不能用pH试纸测定，能测得即时pH，C正确；定管初始气泡导致消耗盐酸体积记录值偏大，计算NaOH浓度应偏大，而非偏小，D错误；故选D。10．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以Zn−TCPP(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和Zn为电极，以ZnSO4和KI混合液为电解质溶液。下列说法错误的是A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键B．电池总反应为：I3-+Zn⇌放电C．充电时，阴极被还原的Zn2+主要来自电解质溶液D．放电时，外电路转移0.2mol电子，理论上电池负极消耗6.5gZn【答案】B【解析】标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A正确；电极是原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子；超分子材料是正极，I3-在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，总反应为:I3-+Zn⇌充电放电Zn2++3I-，B错误；充电时溶液中的Zn2+优先在阴极被还原，电极反应为Zn11.CO2在温和条件下转化为甲醇的一种反应历程如下图，In2O3为该反应的催化剂。下列说法正确的是A．该历程中存在着极性键与非极性键的断裂与形成B．碳原子的杂化方式未发生改变C．In2O3降低了该反应的∆HD．若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH【答案】D【解析】从图中可以看出，该历程中，发生碳氧键(极性键)、氢氢键(非极性键)的断裂和碳氢键(极性键)的形成，则存在着极性键与非极性键的断裂和极性键的形成，但不存在非极性键的形成，A不正确；在CO2分子中，中心碳原子的杂化轨道数为2，发生sp杂化，在CH3OH分子中，C的杂化轨道数为4，发生sp3杂化，则碳原子的杂化方式发生了改变，B不正确；In2O3为该反应的催化剂，催化剂可与通过改变反应的活化能从而改变反应速率，但不能降低该反应的∆H，C不正确；从图中可以看出，生成CH3OH(g)时，CO2分子中有1个O原子进入甲醇分子内，若参与反应的二氧化碳分子为C18O2，则生成物甲醇的化学式为CH318OH，D正确；故选D。12.化学镀铜法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好，利用CuSO4、次磷酸钠NaH2PO已知：酒石酸钾钠的分子式为C4H4O下列说法正确的是A．H3PO2B．“络合”时，将酒石酸钾钠溶液滴入CuSO4C．CuC4D．“还原”时，NaH2PO2转化为Na2【答案】B【解析】当氢氧化钠足量，说明H3PO2能电离出的氢离子已电离完全，故NaH2PO2为正盐，A项错误；“络合”时将酒石酸钾钠滴入CuSO4溶液中直至溶液变澄清，生成配合物CuC4H4O622-，B项正确；Cu2+形成4配位的物质较稳定，根据酒石酸钾钠结构简式可知铜离子与酒石酸根离子通过配位螯合成环，CuC4H4O622-中心原子的配位数为4，C项错误；13.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。。常温下，用xmol/L盐酸标准溶液测定ymL某Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量(其他杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．该滴定过程需要加入酸碱指示剂B．a点溶液中：cC．b到c过程中存在cNa+D．ymL该Na2CO3样品溶液中含有【答案】D【解析】根据题干信息：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置，故无需加入酸碱指示剂，A错误；a点为第一个计量点，反应为CO32-+H+=HCO3-，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，质子守恒：cOH-+cCO32-=cH++cH2CO3，B错误；用盐酸标准溶液测定某Na2CO3样品溶液中NaHCO3的含量，在整个滴定过程中，参加反应的离子是CO32-、HCO3-、H+，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点是第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则cNa14.将CaCO3加热至T℃，部分发生分解，达到平衡时Kp=p0kPa，T℃，在一真空密闭容器中加入过量的CaCO3，再充入一定量的H2，加入催化剂使其发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)(忽略其他副反应)，测得该反应中物质分压如图所示(t1A．t2时向容器中充入一定量CO2气体，CO2的物质分压变化曲线为①B．a点的坐标为(t1，p0)C．0~t1内，H2的平衡转化率为50%D．反应CO2(g)+H【答案】A【解析】由反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)的平衡常数Kp=p0kPa可知，t2时向容器中充入一定量CO2气体，则CO2的平衡分压突然增大，但温度不变，平衡常数不变，即达到平衡时应于t2时刻相同，故曲线为①不为CO2的物质分压变化，A错误；由反应CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)可知，平衡常数只与二氧化碳有关，结合Kp=p0kPa可知，A点二氧化碳的分压为p0kPa，则A点的坐标为(t1，P0)，B正确；由图可知，平衡时氢气的转化率为20p0-10p020p0×100%=50%，C正确；由图可知，平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的平衡分压分别为p0kPa、10p0kPa、10p0kPa、10p0kPa，则分压平衡常数Kp二、非选择题15.比亚迪2025年计划推出新一代基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”。一种以钛铁矿（FeTiO3）和磷灰石矿Ca5F(PO4已知：钛（Ⅳ）在酸性溶液中的存在形式是TiO2+，在碱性环境中转化为H(1)写出对应物质的化学式：“试剂X”，“气体Y”。(2)“滤液1”中加入过量Na2CO3粉末可得到H4(3)“沉淀”反应的化学方程式为。(4)工业上也可以用磷酸亚铁粗产品（混有氢氧化铁）制备磷酸铁（FePO4）。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率[nFeSO4从下列所给试剂中选择相应试剂并完成制备FePO4晶体的实验：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入溶液至完全溶解，向溶液中加入足量的溶液充分反应，边搅拌边滴加溶液至溶液，充分反应至不再有沉淀产生，过滤、洗涤、干燥。（实验中须使用的试剂：1mol⋅L-1Na(5)锂离子电池电极材料是LiFePO4，其晶胞结构示意图如①所示。其中O围绕Fe和P分别形成4个正八面体和4个正四面体。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+形成Li(1-x)FePO4，其结构示意图如②【答案】(1)H2SO4(2)TiO(3)2FeSO(4)1mol⋅L-1H2SO430%H2(5)11【解析】（1）钛铁矿(FeTiO3)加X，“试剂X”不易挥发的酸，结合流程后续产物硫酸亚铁晶体可判断，X为H2SO4；磷灰石矿[Ca5F(PO4)3]加入试剂X(H2SO4)酸溶之后，过滤可得到石膏(CaSO4)，气体Y为HF。（2）根据题干信息：钛（Ⅳ）在酸性溶液中的存在形式是TiO2+，“滤液1”显酸性，钛的存在形式为TiO2+，加入Na2CO3后转化为H4TiO4，Na2CO3过量，反应生成HCO3-，该反应的离子方程式：TiO2++2CO32-+3H2O=H4TiO（3）“沉淀”过程发生氧化还原反应，FeSO4⋅7H2O中的铁元素被H2O2氧化，H2O2自身被还原为H2O，磷元素来自“滤液2”中的H3PO4，化学方程式为2FeSO4⋅7H2O+H2O2+2H3PO4+4NH3=2FePO4↓+2(NH4)2SO4+16H2O。（4）从图中可以看出，pH约为1.5时，Fe的有效转化率最高，设计制备磷酸铁的方案时，需考虑：加入硫酸保证磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)完全溶解，加入过氧化氢保证Fe2+完全氧化，控制溶液的pH在1.5左右，则实验方案：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1mol∙L-1H2SO4至完全溶解，向溶液中加入足量的30%H2O2溶液充分反应，边搅拌边逐滴加入1mol∙L-1Na2HPO4溶液至溶液pH约为1.5，充分反应至沉淀不再产生，过滤、洗涤、干燥。（5）LiFePO4晶胞中Li+位于晶胞顶角、棱上和面心，个数为8×18+4×14+4×12=4，Li(1-x)FePO4晶胞中Li+个数为8×18+3×14+2×12=2.75，则Li+个数减少的百分比为4-2.754×100%=31.25%，则x=0.3125，Li(1-x)FePO4的化学式为Li0.6875FePO4，n(Fe2+)+n(Fe3+)=1，阴阳离子电荷数代数和为0，则1×0.6875+2×n(Fe2+)+3×n(Fe3+)+(-3)×1=0，联立解得n(Fe2+)=0.6875，n(Fe3+)=0.3125，则n(Fe16.我国长征系列火箭所用的推进剂中的燃料属肼类燃料。某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备肼(N2H4)，并进行相关的性质探究实验。I．制备(如图所示)(1)装置A中发生反应的化学方程式为。(2)装置C中盛放的试剂是（填化学式）溶液。(3)N2H4的电子式为，制备N2H4的离子方程式为。(4)当反应结束时，关闭止水夹K，装置B可以观察到的实验现象为。(5)C装置的溶液中含有0.4mol溶质，向C装置中通入足量的Cl2，并通入标准状况下13.44LNH3。从C中蒸馏分离得到3.2g液态肼，则该实验中肼的实验产率为。Ⅱ．探究水合肼的还原性与碱性将制得的肼分离提纯后，进行如图所示实验。【查阅资料】AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。【实验验证】设计如下方案，进行实验：(6)请完成表中的空白部分。操作现象实验结论i．取少量黑色固体于试管中，加入少量①黑色固体部分溶解黑色固体有Ag2Oii．另取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②黑色固体含有Ag，可能含Ag2O【实验结论】由i和ii的现象说明黑色固体含有Ag和Ag2O。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O(2)NaOH(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O(4)广口瓶中液面下降，长颈漏斗中的液面上升，上部充满黄绿色气体(5)50%(6)氨水黑色固体溶解且有无色气体产生，无色气体在试管口变为红棕色【解析】（1）在装置A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、同时产生氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）根据题意，制备N2H4需要用NaClO溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液和氯气反应得到NaClO；（3）N原子最外层有5个电子，其中有1对孤电子对和3个成单电子。在N2H4分子中2个N原子形成一个共价键，每个N原子的另外2个成单电子分别与2个H原子结合形成2个N-H键，就得到N2H4，故N2H4的电子式为：；在装置C中NaClO溶液与NH3发生氧化还原反应制取N2H4，反应原理为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，其离子方程式为：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；（4）反应结束时，关闭止水夹K，装置A反应产生的Cl2进入盛有饱和食盐水的广口瓶，饱和食盐水可抑制Cl2在水中的溶解，导致广口瓶中气体压强增大，广口瓶中饱和食盐水被压入长颈漏斗，从而导致广口瓶中液面下降，长颈漏斗中的液面上升，在广口瓶上部充满黄绿色气体；（5）氯气与含有0.4molNaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据转化关系可知，反应生成0.2molNaClO。标准状况下13.44LNH3的物质的量n(NH3)=13.44L22.4L/mol=0.6mol。结合反应：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O可知，NH3过量，故应该用0.2molNaClO计算反应产生的N2H4，理论上生成0.2molN2H4，实际生成N2H4的物质的量为：n(N2H4)=3.2g32g/mol=0.1mol，故N2H4的产率为0.1mol（6）①操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以加入少量试剂为氨水；②操作ii的结论为黑色固体是Ag和Ag2O。Ag可以被稀硝酸溶解，生成AgNO3和无色NO气体、H2O，且氧化银也可以与硝酸反应生成AgNO3和H2O，NO被试管上部的空气中的O2氧化为红棕色NO2气体，所以实验现象为：黑色固体溶解，并有无色气体产生，无色气体在试管口变为红棕色。17．甲烷化学链干重整联合制氢是基于化学链概念开发的新型能源转化技术。甲烷干法重整为CH4g(1)为提高CH4的平衡转化率，可以采取的措施是(填标号)a．高温低压b．低温高压c．高温高压d．低温低压(2)在恒容绝热容器中发生上述反应，下列能够说明反应已达到平衡状态的是(填标号)。a．气体的密度不再发生变化b．温度不再发生变化c．断裂4molC-Hd．n(3)在恒温恒容的容器中，按nCH4:nCO2:nHe=2:1:1投料，初始总压p0，达到平衡时总压强为54p0，则CH4(4)反应过程中，下列三个反应均会使体系中产生积碳，影响催化剂的催化效果。反应Ⅰ：CH反应Ⅱ：2反应Ⅲ：CO①较高温下，导致积碳的主要原因是发生反应(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。②压强为0.1MPa，nCH4+nCO2=2mol，nCH4:nCO2=2:1或1:1投料时，发生甲烷干法重整反应、积碳反应，CH4的平衡转化率随温度升高而增大，CO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。图中代表n【答案】(1)a(2)bc(3)25%1(4)Ⅰ1该温度范围内，CO2主要发生放热的反应Ⅲ，温度升高使反应Ⅲ的平衡逆向移动，导致CO【解析】（1）CH4g+CO2g⇌2COg（2）a．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，a错误；b．恒容绝热容器中，温度不再发生变化，说明反应达到化学平衡，b正确；c．断裂4molC-H键代表正反应速率，同时断裂2d．nCH4:n故选bc；（3）设恒温恒容的容器中通入nCH4:nCO2:nHe=2:1:1，使总压为p0，即起始时p(CH4)=12p0MPa，p(CO2)=14p0MPa，p(He)=14p0MPa，设反应中转化的压强为xp0（4）①较高温下，反应Ⅰ平衡正向移动，导致积碳；②nCH4:nCO2=2