2024学年高二年级第一次质量检测
化学
本试卷共18小通，满分100分，时间75分钟
注意事项：
1答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
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月的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦于净后，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。
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.下列图示与对应的叙述不相符合的是()
30
9
能
28
明
速
26
24
H生成物
22
反应物
2
反应过程
反应温度
t1
01020304050
V/mL
甲
丙
A.图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B.图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C.图丙表示除去氧化膜的镁条投入到稀盐酸中，反应速率ⅴ随时间t的变化曲线
D.图丁表示菜温度下V1mLl.0 mol/L HC1溶液和VzmLl.5mol/L的NaOH溶液混合均匀后溶液
温度随V,的变化趋勢(V1+V2=50mL)
2.工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：①2C(焦炭)+02（空气）=2C0:②
F 2O3十3CO=2F心十3C0该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需
其主要原因是(
A,C0过量
B,CO与铁矿石接触不充分
C.炼铁高炉的高度不够
D,C0与e2O的反应有一定限度
3.25℃时，pH=a的两种城溶液各10mL,分别加水稀释到1000mL,其pH与溶液体积(V)的关
系如图所示，下列说法不正确的是()
第1页/共8夏
MOH
NOH
10
100o*71mL
A.若a=11,则NOH为强碱
B.两种碱的物质的量浓度肯定不等
C.均稀释100倍以后，MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液
D.若两者均为弱碱，则a<11,且NOH碱性强于MOH
4.下列方程式书写错误的是
A.A1(0H)3=A13+30H
B.Al (OH)3 (s)A13+(aq)+30H (ag)
C.BaSO4 (s)Ba2+(ag)+SO (aq)
D.BaS04-Ba2++SO
5.N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
△H<0反应达到平衡状态后，改变某一条件，下列图像与
条件变化一致的是(
)
A.升高温度
B.
增大N2浓度
C.改变压强
D.
加入催化剂
1
'正
-P1
无蚀化剂
一P2
有催化剂
A.A
B.B
C.
C
D.D
6.在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是
A.无色溶液。K、H、CO子、MnOa
B.碱性条件：Ba2+、Na+、CI、ClO
C.水电离出的c(H)=1×10mo/L的溶液：A1+、I、Mg2+、SO
D.制作印刷电路板的腐蚀液：Cu、NO,H、Ag
7.25℃时，向15mL0.1mol·L的氢氧化钠溶液中逐滴滴入0.1mol·L的CHC00H溶液，加入
CH:COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如图所示（混合过程中忽咯溶液体积变化）。下列分析
错误的是()
第2页/共8页2024 学年高二年级第一次质量检测
化学·参考答案
1.【答案】A
【解析】A．燃烧为放热反应，反应物的能量比生成物的能量低，A 项错误，符合题意；
B．酶催化存在最适宜的温度，在适宜的温度酶的催化活性最高，化学反应速率最快。温度低于或者高
于最适温度，化学速率都减慢，B 项正确，不符合题意；
＋
C．Mg 和 HCl 反应为放热反应，开始反应时，反应放热且 H 浓度较大，影响速率的主要因素为温度，
＋ ＋ ＋
温度升高，化学反应速率加快。随着反应的进行，H 浓度降低，影响速率的主要因素为 H 浓度，H 浓
度降低，化学反应速率减慢，C 项图象符合，正确，不符合题意；
D．酸碱恰好完全反应，温度最高。则酸碱的物质的量相同，V1mL×l.0 mol/L =V2 mL×1.5mol/L，V1：
V2=3：2。总体积为 50mL，则温度最高的点 V1=30mL。D 项正确，不符合题意；
本题答案选 A。
2．25℃时，向 15mL 0.1mol·L-1 的氢氧化钠溶液中逐滴滴入 0.1mol·L-1 的 CH3COOH 溶液，加入 CH3COOH
溶液的体积与混合溶液 pH 的关系如图所示(混合过程中忽略溶液体积变化)。
2.【答案】D
【解析】由于 CO 与 Fe2O3 的反应有一定限度，存在平衡状态，因此反应物不能完全转化为生成物，所
以焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，
故答案为：D。
3.【答案】C
【解析】A、若 a=11，pH=11 的强碱稀释 100 倍，pH 会减小 2，由图可知，NOH 在稀释 100 倍后 pH 变
为了 9，则 NOH 为强碱，故 A 不符合题意 ；
B、碱性越弱，稀释后 pH 变化越小，MOH 碱性比 NOH 更弱，起始时两者 pH 相等，则 MOH 的浓度与
NOH 浓度肯定不等，故 B 不符合题意 ；
C、均稀释 100 倍以后，MOH 溶液 pH 大于 NOH 溶液，MOH 溶液碱性更强，对水电离的抑制作用更强，
则均稀释 100 倍以后，MOH 溶液中水的电离程度小于 NOH 溶液，故 C 符合题意 ；
D、若两者均为弱碱，稀释后得到的溶液 pH=9，稀释前溶液 pH＜11，则 a＜11，碱性越弱，稀释后 pH
变化越小，则 NOH 碱性强于 MOH，故 D 不符合题意 ；
故答案为：C。
4.【答案】D
3+ -
【解析】A．Al(OH)3 为弱电解质，部分电离生成 Al3+、OH-，电离方程式为Al(OH)3 A1 +3OH ，故
A 正确；
B．Al(OH)3(s)中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为Al(OH)3(s) Al
3+ (aq)+3OH- (aq)，故 B 正
确；
2+ 2-
C．BaSO4 中存在沉淀溶解平衡，溶解平衡离子方程式为BaSO4(s) Ba (aq)+SO4 (aq)，故 C 正确；
2+ 2-
D．BaSO4 是强电解质，溶于水的部分完全电离，电离方程式为BaSO4 =Ba +SO4 ，故 D 错误；
答案选 D。
5.【答案】B
【解析】A．焓变为负，升高温度平衡逆向移动，则氮气的转化率减小，与图不一致，故 A 不符合题意；
B．增大 N2浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率逐渐增大，与图一致，故 B 符合题意；
C．正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则压强大的对应氨气的物质的量分数大，
与图不一致，故 C 不符合题意；
D．催化剂不影响平衡移动，则气体的总压强不变，与图不一致，故 D 不符合题意；
故答案为：B。
6.【答案】B
A．MnO4 有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A 不选；
B．碱性条件下，Ba2 、Na 、Cl 、ClO 不发生反应，能大量共存，B 选；
+
C．水电离出的 c H =1 10-9mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，Al3 不能在碱性条件下大量存在，
C 不选；
-
D．印刷电路板的腐蚀液中含有 Fe2+，NO3、H 会和 Fe
2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D 不选；
1 / 5
{#{QQABCYSUogAIAIIAABgCAwXICkIQkBCCAYgGhAAAsAABwAFABAA=}#}
故选 B。
7.【答案】A
【解析】A．根据分析，a 点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH3COONa)，c 点对应溶液呈中性，d 点对应溶
液中 CH3COOH 过量，溶液呈酸性，溶液中溶质为 CH3COOH 与 CH3COONa 的混合物，因此导电性 c
点最弱，A 符合题意；
B．c 点对应溶液呈中性，根据电荷守恒，可推知 c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(CH3COO-)，则
c(Na+ ) c(H+ )
=1，B 不符合题意；
c(OH- ) c(CH3COO
- )
C．a 点对应溶液中，n(NaOH)=2n(CH + - - +3COONa)，故 c(Na )＞c(OH )＞c(CH3COO )＞c(H )，C 不符合题意；
D．根据物料守恒，a、b、c、d 四点对应溶液中均有 c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Na+)=0.1mol L-1，D
不符合题意；
故答案为：A。
8.【答案】C
【解析】A、 0.01mol/L 盐酸中 c（H+）=10-2mol/L，pH=2 ，故 A 不符合题意；
B、 0.01mol/LBa（OH） 溶液中 c（OH-）=0.02mol/L ， c（H+）=5×10-132 mol/L，pH=13-lg5 ，故 B
不符合题意；
C、pH=12 的 NaCN 溶液的 pH 与 0.01mol/LNaOH 溶液的 pH 相同，故 C 符合题意；
D、一水合氨部分电离， 0.01mol/L 氨水中 c（OH-）＜0.01mol/L，其 pH＜12 ，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
9.【答案】B
【解析】A．滴定终点是酸与碱恰好完全反应，同浓度的 NaOH 滴定 20.00mL0.1000mol/L 的醋酸，需要
消耗氢氧化钠的体积为 20.00mL，Q 点不是滴定终点，故 A 错误；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，a 表示 1molX2(g)、1molY2(g)变成气态原子过程吸收的
能量，故 B 正确；
C．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，将 CO2 通入饱和碳酸钠溶液中发生 CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3↓，
剩余溶液仍是饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠属于可溶强电解质，因此 CO2 通入饱和碳酸钠溶液中导电能
力虽然降低，但不会趋向于 0，故 C 错误；
D．根据图像可知，随着温度升高，c(I 3 )降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，正反应为放热
反应，即升高温度，平衡常数减小，推出 K(T1)＞K(T2)，故 D 错误；
答案为 B。
10.【答案】A
【解析】A．KMnO4 可氧化乙二酸,乙二酸具有还原性,故 A 正确；
B．酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还源反应生成铁离子，则滴加 KSCN 溶液，溶液变红，
故 B 错误；
C．AgNO3 溶液中滴加过量氨水,生成银氨溶液, Ag+与 NH3· H2O 不能大量共存，故 C 错误；
D．Na2S 溶液过量，均为沉淀生成，不能比较 Ksp 大小,故 D 错误；
故答案选 A。
11.【答案】D
【解析】垃圾分类处理有利于环境保护和资源再利用，A 项正确；碳酸钠水解生成氢氧化钠，能使油脂
水解成易溶于水的丙三醇和高级脂肪酸钠，达到洗涤油污的效果，B 项正确；碳酸钾和硫酸铵发生互促
水解，生成易挥发、分解的一水合氨而降低肥效，C 项正确；湿法炼铜的主要原理是铁置换铜盐中的铜，
体现铜离子氧化性强于亚铁离子，D 项错误。
12.【答案】C
【解析】A．只有离子浓度，缺少溶液体积，因此不能计算微粒的数目，A 错误；
B．在 1 L 0.5 mol·L-1 的 AlCl3 溶液中，含有溶质的物质的量 n(AlCl3)=0.5 mol/L×1 L=0.5 mol，由于 Al3+
＋
会发生水解反应而消耗，故溶液中含有 Al3 数目小于 0.5NA，B 错误；
C．CH3COONa 溶液溶液 pH=12，则 c(OH-)=0.01 mol/L，由于溶液体积是 1 L，故 OH-的物质的量是 0.01
mol，溶液中的 OH-只有水电离产生，则 OH-数目为 0.01NA，C 正确；
D．标准状况下，4.48 L NH3 的物质的量等于 0.2 mol。NH3 溶于水，存在反应的化学平衡和 NH3·H2O 的
+ +
电离平衡，溶液中含有 N 元素的微粒除 NH3·H2O 和NH4 外，还有 NH3，故 NH3·H2O 和NH4 的总数小于
0.2NA，D 错误；
故合理选项是 C。
2 / 5
{#{QQABCYSUogAIAIIAABgCAwXICkIQkBCCAYgGhAAAsAABwAFABAA=}#}
13.【答案】D
c(CH COO- )
【解析】 3A．溶液中 - =Ka(CH3COOH)/Kw，因为 Ka(CH3COOH)、Kw 仅受温度影响，c(CH3COOH)c(OH )
－
当温度不变时，它们的值不会随着浓度的变化而变化，故向 0.1 mol·L 1 CH3COOH 溶液中加入少量水，
c(CH -
溶液中 3
COO )
不变，A 错误；
c(CH3COOH)c(OH
- )
c(CH COOH ) c(OH )
B． 3CH3COO-+H O CH -2 3COOH+OH ， Kh ，温度升高促进 CH3COO
-水解，
c(CH3COO )
c(CH -
水解平衡常数增大， 3
COO )
=1/Kh，故将 CH3COONa 溶液从 20℃升温至 30℃，溶液中
c(CH3COOH)c(OH
- )
c(CH COO-3 )
- 减小，B 错误； c(CH3COOH)c(OH )
C．由电荷守恒可知 c(NH +4 )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以 c(NH +4 )=c(Cl-)，
c(NH +4 )/c(Cl-)=1，C 错误；
c(Cl- ) c(Cl- )
D．向 AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量 AgNO3，溶液中 =Ksp(AgCl)/Ksp(AgI)，故溶液中
c(Br - ) c(Br - )
不变，D 正确；
答案选 D。
14.【答案】D
【解析】A、由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为 0.02mol/L，故 A 错误；
B、由图可知，a 点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐溶液
2
中存在质子守恒：c(H + -2CO3)+c(H )=c(OH )+ c(CO )3 ，故 B 错误；
C、由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为 0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液中 c(CO
2 2
3 )+c(HCO 3 )+c(H2CO3)=0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO 3 )+c(HCO
)+c(H
3 2
CO3)]<0.03 mol/L，故 C 错误；
D、由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为 0.01mol/L，当盐酸溶液体积 V(HCl)≤20.00mL 时，只发
2
生反应 CO +3 +H =HCO 3 ，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为
0.01000mol/L 0.0100L+0.01000mol/L V(HCl)
=0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不
0.0100L+V(HCl)
变，故 D 正确；
故答案为：D。
15.【答案】 AsO
3
3 转化为AsO
3
4 （2 分） 0.5（2 分） 温度升高，反应 a 平衡逆向移动，c(Ca
2+)
下降，反应 b 平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH 沉淀率下降（2 分） H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4
（2 分） 调节硫酸浓度约为 7 mol L 1，冷却至 25°C，过滤（2 分） abc（3 分）
3 3 3
【解析】(1)“氧化”的目的是AsO3 转化为AsO4 ，1mol 氧气化合价降低转移 4mol 电子，1 mol AsO3 转化
AsO3 3 3 为 4 转移 2mol 电子，因此至少需要 O2 物质的量为 0.5mol；故答案为：AsO3 转化为AsO4 ；0.5。
(2 研究表明，“沉砷”的最佳温度是 85°C。用化学平衡原理解释温度高于 85℃后，随温度升高沉淀率下降
的原因是根据两个方程式受温度影响分析，温度升高，反应 a 平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应 b 平衡逆
向移动，Ca5(AsO4)3OH 沉淀率下降；故答案为：温度升高，反应 a 平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应 b 平
衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH 沉淀率下降。
(3)“还原”过程中 H3AsO4 转化为 H3AsO3，H3AsO4与 SO2 反应生成 H3AsO3 和 H2SO4，因此反应的化学方程
式是 H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4；故答案为：H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4。
(4)为了提高粗 As2O3 的沉淀率，根据曲线分析，溶解度先减小后增大，因此“结晶”过程进行的操作是调节
硫酸浓度约为 7 mol L 1，冷却至 25°C，过滤；故答案为：调节硫酸浓度约为 7 mol L 1，冷却至 25°C，过
滤。
(5)a．钙离子未充分除去，粗 As2O3中含有 CaSO4，故 a 正确；b．滤液 2 为硫酸，可循环使用，提高砷的
回收率，故 b 正确；c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，故 c 正确；故答案为：
abc。
3 / 5
{#{QQABCYSUogAIAIIAABgCAwXICkIQkBCCAYgGhAAAsAABwAFABAA=}#}
16.【答案】(1) C2H5OH+4BaCrO4 +20HCl 2 CO2 4CrCl3 +13H2O+4BaCl2 （2 分） 乙醇略过量可
以确保 BaCrO4 被充分还原（2 分）
(2) 当滴入最后半滴 Na2S2O3 溶液时，溶液由蓝色恰好变成无色(或溶液蓝色恰好消失)，且半分钟内不恢复
（2 分） 1：6(2 分） 96.1%（2 分） C（2 分）
(3)向锥形瓶中滴入 2-3 滴 K2CrO4 溶液，将 AgNO3 标准溶液迅速装入到已润洗过的棕色酸式滴定管中，向
锥形瓶中逐滴加入 AgNO3 标准液，当滴入最后半滴标准液时溶液出现砖红色，且半分钟内不变色，记录
标准液的体积，重复实验 2-3 次（2 分）
【解析】（1）①上述反应为 BaCrO4和对应量的水溶解水浴加热加入过量浓盐酸和无水乙醇(C2H5OH)充分
反应，生成 CrC13 并放出 CO2 气体，根据质量守恒可知，还生成氯化钡和水，化学方程式为
C2H5OH+4BaCrO4 +20HCl 2 CO2 4CrCl3 +13H2O+4BaCl2 。
②反应中的乙醇与的反应比例为 1:4，投料的物质的量比例大约为 3：8，原因是加大乙醇的投料利于的完
全反应，提高其利用率；
（2）碘单质能使淀粉变蓝色，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴 Na2S2O3 溶液时，溶液由蓝色恰好变成
无色(或溶液蓝色恰好消失)，且半分钟内不恢复；
2- - + 3+ 2- 2 -
②已知反应根据电子守恒可知Cr I +2S O2O7 +6I +14H =2Cr +3I2 +7H2O、 2 2 3 =S4O6 +2I ，结合铬元素守恒
可知， 2CrCl Cr O2- 3I 6S 2- 2- 2-3 2 7 2 2O3 ，所以 n（Cr2O7 ）：n(S2O3 )=1:6，则 CrC13 的物质的量为
0.0500mol L-1
1 250
12.00 10 3L ，质量分数
3 25
-1 3 1 2500.0500mol L 12.00 10 L 158.5g / mol
3 25 100% 96.1%；
0.3300g
③A．碱式滴定管使用前，水洗后未用标准 Na2S2O3 溶液润洗，导致标准液用量增加，测定结果偏大；
B．锥形瓶水洗后未干燥，不影响标准液用量，测定结果不变；
C 滴定终点读数时俯视读数，导致标准液用量读数偏小，测定结果偏小；
D．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，使得标准液用量读数增加，测定结果偏大；
故选 C；
（3）氯离子和银离子生成氯化银沉淀、结合铬酸根离子生成砖红色铬酸银沉淀，且氯化银更难溶，故测
定的实验步骤为：准确量取 25.00mL 待测样品溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴入 2-3 滴 K2CrO4溶液，将
AgNO3 标准溶液迅速装入到已润洗过的棕色酸式滴定管中，向锥形瓶中逐滴加入 AgNO3 标准液，当滴入
最后半滴标准液时溶液出现砖红色，且半分钟内不变色，记录标准液的体积，重复实验 2-3 次，进行数据
处理。
- + + -
17.【答案】(1) 10 5 （1 分） c CH3COO >c Na >c H >c OH （2 分） < （1 分）
CH COO 3 H2O CH3COOH OH
（2 分） D（2 分）
(2) C（2 分） 偏高（2 分） 0.1200（3 分）
【解析】（1）①A 点 pH=3，所以 0.1mol/L 醋酸溶液中氢离子浓度为 10-3mol/L，则醋酸的电离常数
2 -3 2
c(H ) c(CHCOO ) c (H ) (10 mol/L)
-5Ka = =10 mol/L。
c(CHCOOH) c(CHCOOH) 0.1mol/L
+
②B 点为反应的一半点，溶液的溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，此时溶液 pH<7，c H >c OH ，醋酸根
14
K 10 -9
离子的水解常数K wh = = mol/L=10 mol/L 5 ，醋酸的电离程度大于水解程度，因此醋酸根离子的浓度大
Ka 10
- + + -
于钠离子的浓度，溶液中各离子浓度大小关系为： c CH3COO >c Na >c H >c OH 。
③当加入氢氧化钠的体积为 20mL 时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应，此时溶质为醋酸钠，溶液呈碱性，
而由图可知 C 点的 pH<7，所以 C 点加入的氢氧化钠的体积小于 20mL。
④D 点醋酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解使溶液呈碱性，离子方程式为：
CH3COO-+H2O CH -3COOH+OH 。
⑤C 点溶质为醋酸和醋酸钠，D 点溶质为醋酸钠，E 点溶质为醋酸钠和氢氧化钠，而酸或碱会抑制水的电
离，盐促进水的电离，因此 D 点水的电离程度最大。
4 / 5
{#{QQABCYSUogAIAIIAABgCAwXICkIQkBCCAYgGhAAAsAABwAFABAA=}#}
（2）①碱滴定酸，滴定终点呈碱性，选酚酞作指示剂，答案选 C。
②若碱式滴定管在滴定前未润洗，会使碱的浓度偏低，消耗碱的体积偏高，测得的醋酸浓度偏高。
③由表格可知，第二次数据误差大，舍去，因此消耗氢氧化钠溶液的平均体积为 24.00mL。依据中和滴定
原理有：0.1000mol/L 24.00mL=20.00mL c，解得 c=0.1200mol/L。
18.【答案】(1) 205.9 kJ mol 1 （2 分） 低温（2 分）
(2)约 600°C 之前，温度对反应 I 的影响更大，CO2 物质的量总量上升；约 600°C 之后，温度对反应 II、III
的影响更大，CO2 物质的量总量下降（3 分） 60%（2 分） 选择合适的催化剂（1 分）
(3) 1.36（3 分） 降低（2 分）
(4)＜（2 分）
【解析】（1）根据盖斯定律将反应 I 加反应 III，再整体除以 2 得到 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)
ΔH= 205.9 kJ mol 1，该反应是熵减的反应，根据 ΔG＜0 反应自发即 ，则该反应一
般在低温下能自发进行；故答案为： 205.9 kJ mol 1；低温。
（2）①结合上述反应，解释图中 CO2 的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约 600°C 之前，温
度对反应 I 的影响更大，平衡逆向移动，CO2 物质的量总量上升；约 600°C 之后，温度对反应 II、III 的影
响更大，反应 II 正向移动，反应 III 逆向移动，则 CO2 物质的量总量下降；故答案为：约 600°C 之前，温
度对反应 I 的影响更大，CO2 物质的量总量上升；约 600°C 之后，温度对反应 II、III 的影响更大，CO2 物
质的量总量下降。
②一定条件下，经 tmin 平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，则根据碳原子守恒可知 n(CH4)=0.6mol，
0.6mol
因此甲烷的选择性 100% 60%；故答案为：60%。
1mol
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；
故答案为：选择合适的催化剂。
（3）该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量 1.56eV 到 0.20eV 的这一步
即能垒为 1.36eV，该反应是吸热反应，反应 I、反应 III 是放热反应，反应 II 是吸热反应，根据图中信息，
产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故
答案为：1.36；降低。
1
（4）根据图中表示速率常数的对数 lgk 与温度的倒数 之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK 增大，
T
k 逆增大程度比 k 正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即 ΔH4＜0；故答案为：＜。
5 / 5
{#{QQABCYSUogAIAIIAABgCAwXICkIQkBCCAYgGhAAAsAABwAFABAA=}#}
