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专题09 化学反应原理综合(题型突破)
目 录
题型1 化工生产中条件选择与控制
题型2 设置情景制备新型工业材料
题型3 运用化学反应原理环境保护
题
型1 化工生产中条件选择与控制
1．(2024·浙江省金华市十校选考模拟考试)科学家开发新型催化剂实现了N2O 对CH3CH=CHCH3 (2-丁
烯)的气相选择性氧化，其反应为：
反应I：CH3CH=CHCH3(g)＋N2O(g)
CH3CH2COCH3(g)＋N2(g) ΔH1＝-398kJ·mol−1
反应Ⅱ：CH3CH=CHCH3(g)＋2N2O(g)
2CH3CHO(g)＋2N2(g) ΔH2
请回答：
(1)几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键
键能
413
347
614
745
945
607
418
已知N2O 的结构式为N=N=O，反应Ⅱ的正反应的活化能为
，则反应Ⅱ的逆反应的活化能为
kJ·mol−1。
(2)一定温度下，向恒压密闭容器中充入CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，发生反应I 和反应Ⅱ，测得平衡
1
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体系中N2的体积分数与起始投料比
的关系如图所示。下列有关说法正确的是
___________(填标号)。
A．混合气体中N2体积分数不再变化说明反应已达到平衡状态
B．达到平衡时，体系中N2的体积分数总是小于50%
C．M、N、Q 三点，N2O(g)的转化率大小：N>M>Q
D．从N 到Q，N2百分含量下降，是因为反应Ⅰ逆向移动
(3)在恒压密闭容器中充入2mol CH3CH=CHCH3(g)和2mol N2O(g)，发生反应I 和反应Ⅱ。P1压强下测
得平衡时CH3CH2COCH 的选择性与温度的关系如图所示。X 点时CH3CH=CHCH3(g)的平衡转化率为
50%。(CH3CH2COCH 的选择性
)。
①其他条件不变，温度升高，平衡时CH3CH2COCH3(g)的选择性升高的原因是 。
②X 点反应I 的平衡常数KP的数值为 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分
数)。
③若P2＞P1，请在图中画出P2时，CH3CH2COCH3的选择性随温度升高的变化曲线 。
【答案】(1)E+716 (2)AB
(3)温度升高，反应Ⅱ逆向移动使反应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I 正向移动的影响程度大
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于温度升高使反应I 逆向移动的影响程度 1.4
【解析】(1)ΔH2=反应物的键能之和-生成物的键能之和=
，ΔH2=正反
应的活化能-逆反应的活化能，则反应Ⅱ的逆反应的活化能=
-ΔH2=(E+716) kJ·mol−1。(2)A 项，混
合气体中N2体积分数不再变化，则其浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，A 正确；B 项，反应I 和
反应Ⅱ的产物中N2的体积分数均为50%，可逆反应中必存在反应物，则N2体积分数一定小于50%，B 正
确；C 项，保持CH3CH=CHCH3(g)的物质的量不变，增大N2O(g)的物质的量，起始投料比增大，反应I 和
反应Ⅱ平衡均正向移动，但N2O(g)的转化率减小，则在M、N、Q 三点中，N2O(g)的转化率大小排序为
M>N>Q，C 错误；D 项，从N 到Q，继续增大起始投料比，平衡时气体总体积增加的幅度大于N2增加的
幅度，使得N2百分含量下降，D 错误； 故选AB。(3)①其他条件不变，温度升高，反应Ⅱ逆向移动使反
应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I 正向移动的影响程度大于温度升高使反应I 逆向移动的影响程
度，因而平衡时CH3CH2COCH3(g)的选择性升高。②列出三段式：
则平衡时，CH3CH=CHCH3、N2O、CH3CH2COCH3、CH3CHO、N2的物质的量分别为1mol、0.6mol、
0.6mol、0.8mol、1.4mol，总物质的量为4.4mol，X 点反应I 的平衡常数
；③反应I 为气体体积不变的反应，反应Ⅱ为气体体积增大的反应。同一温度下，增
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大压强反应Ⅱ逆向移动使反应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I 正向移动，因而平衡时
CH3CH2COCH3(g)的选择性升高。若P2＞P1，则P2时CH3CH2COCH3的选择性随温度升高的变化曲线应在P1
时曲线的上方，画出其曲线为
。
2．(2024·山东烟台高三期中联考)将CO2转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳排放。将CO2和H2
在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化。可能发生反应：
i．CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH1
ii．CO2(g)+H2 (g)
CO (g)+ H2O(g) ΔH2＝+41.2 kJ·mol－1
iii．CO(g)+3H2 (g)
CH4 (g)+ H2O(g) ΔH3＝-206.1kJ·mol－1
(1)利用不同催化剂，在一定温度和反应时间条件下，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图可知
有利于制甲烷的催化剂是 。
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(2)不同条件下，
投料，发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度的关系如图2.升
高温度，反应i 的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”)；
、
、
由大到小的顺序是
。压强为
的条件下，温度高于600℃之后，随着温度升高转化率增大的原因是 。
(3)①在某温度下，向恒容容器中充入7 mol CO2和12 mol H2，初始压强为19kPa，反应经10min 达到
平衡，此时气体的总物质的量为17mol，
，则
kPa/min，该温度下反应
ii 的化学平衡常数K= 。
②若保持温度不变压缩容器的体积，CH4的物质的量 (填“增加”“减小”或“不变”)，
反应i 的平衡将 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
【答案】(1)Pt@h-BN3
(2) 减小
CO2平衡转化率为反应i 和反应的CO2平衡转化率之和。ⅰ为放热反应；
ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ
(3) 0.1 1 增加 正向
【解析】(1)根据图示，在一定温度和反应时间条件下，使用催化剂Pt@h-BN3甲烷的生成速率最大且
CO 的速率最小，所以有利于制甲烷的催化剂是Pt@h-BN3。(2)ii．CO2(g)+H2 (g)
CO (g)+ H2O(g)
ΔH2＝+41.2 kJ·mol－1；iii．CO(g)+3H2 (g)
CH4 (g)+ H2O(g) ΔH3＝-206.1kJ·mol－1；根据盖斯定律ii+
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iii 得 CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH1=
，正
反应放热，升高温度，反应i 的化学平衡常数减小；其它条件不变，增大压强i 正向移动，CO2的平衡转化
率增大，所以
、
、
由大到小的顺序是
。CO2平衡转化率为反应i 和反应ii 的CO2平衡转
化率之和。ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ，所以温度高于
600℃之后，随着温度升高转化率增大；(3)①在某温度下，向恒容容器中充入7 mol CO2和12 mol H2，初
始压强为19kPa，反应经10min 达到平衡，此时气体的总物质的量为17mol，反应i 气体物质的量减小，压
强减小是因为发生反应i：
7-x+12-4x+x+2x=17，x=1，所以甲烷
的
kPa/min；恒温、恒容，压强比等于物质的量比，则平衡时气体物质的量为
17mol，
，n(CO)=3mol，n(CH4)=1mol，1molCO2参加反应i、3molCO2参加反应ⅱ，反应i 消
耗氢气4mol、反应ⅱ消耗氢气3mol，平衡时容器中n(CO)=3mol、n(H2)=5mol、n(CO2)=3mol、
n(H2O)=5mol，则该温度下反应ii 的化学平衡常数K=
=1；②若保持温度不变，压缩容器的体积，反应
ⅰ为正向移动，CH4的物质的量增加。
3．(2024·北京朝阳区高三期中联考)合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)1898 年，化学家用氮气、碳化钙(CaC2)与水蒸气反应制备氨：
i．碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙(CaCN2)；
ii．氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。
写出反应ii 的化学方程式： 。
(2)20 世纪初，以N2和H2为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：
。
①N2的化学性质稳定，即使在高温、高压下，N2和H2的化合反应仍然进行得十分缓慢。从分子结构
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角度解释原因： 。
②压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数x(H2)=0.75、x(N2)=0.25 进料(组成
1)，反应达平衡时，x(NH3)与温度的计算结果。
i．判断压强：p1 p2(填“>”或“<”)，简述理由： 。
ii．在p1、x(NH3)=0.20 时，氮气的转化率为 。
iii．合成氨原料气中存在不参与反应的Ar 时会影响NH3的平衡含量。在p1时，以物质的量分数
x(H2)=0.675、x(N2)=0.225、x(Ar)=0.10 进料(组成2)，反应达平衡时x(NH3)与温度的计算结果与组成1 相比
有一定变化，在上图中用虚线画出相应曲线 。
(3)我国科学家研制出
双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，纳米Fe
的温度为547℃，而
的温度为415℃，解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾
的问题，其催化合成氨机理如图所示。
分析解释：与传统的催化合成氨(铁触媒、400~500℃)相比，
双催化剂双温催化合成氨具
备优势的原因是 。
【答案】(1) CaCN2+3H2O(g)
CaCO3+2NH3
(2) N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂 < 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同
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温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大
(3)N≡N 在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在
“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
【解析】(1)氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气和碳酸钙，故反应的化学方程式写为： CaCN2+3H2O(g)
CaCO3+2NH3；(2)①N2中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂，因此即使在高温、高压下，N2和H2的化合
反应仍然进行得十分缓慢；②i．合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正
向移动，氨的物质的量分数增大，所以p1<p2；ii．图中，进料组成为x(H2)=0.75、x(N2)=0.25 两者物质的量
之比为3：1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，
则有：
在p1、x(NH3)=0.20 时，x(NH3)=
，解得x=
；iii．在相同温度和相同压强下，
组成2 平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的
分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar 不利于合成氨，进料组
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成中含有惰性气体Ar 的图用虚线画出相应曲线如下：
；(3)N≡N 在“热
Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利
于提高氨的平衡产率，故与传统的催化合成氨(铁触媒、400~500℃)相比，
双催化剂双温催化
合成氨具备优势。
4．(2023·辽宁省锦州市高三质量检测)尿素[CO(NH2)2]在医学、农业、工业以及环保领域都有着广泛的
应用。工业合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)
CO(NH2)2(g)+H2O(l) ∆H=-87.0kJ•mol-1。合
成尿素的反应分步进行，如图是反应的机理及能量变化(单位：kJ•mol-1)，TS 表示过渡态。
回答下列问题：
(1)若∆E1=66.5kJ•mol-1，则∆E2=_____kJ•mol-1。
(2)若向某恒温、恒容的密闭容器中分别加入等物质的量的NH3和CO2，发生合成尿素的反应。下列叙
述能说明反应已经达到平衡状态的是_____(填标号)。
a．断裂6molN－H 键的同时断裂2molO－H 键 b．混合气体的压强不再变化
c．混合气体的密度不再变化 d．CO2的体积分数不再变化
(3)最后一步反应的化学方程式可表示为：HNCO(g)+NH3(g)
CO(NH2)2(g)。
I．在T1℃和T2℃时，向恒容密闭容器中投入等物质的量的HNCO 和NH3，平衡时lgp(NH3)与
lgp[CO(NH2)2]的关系如图I 所示，p 为物质的分压(单位为kPa)。
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①T1_____T2(填“＞”“＜”或“=”)。
②T2时，该反应的标准平衡常数Kθ=_____。
[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应：dD(g)+eE(g)
gG(g)，Kθ=
，
其中Kθ=100kPa，p(G)、p(D)、p(E)为各组分的平衡分压。]
③保持温度不变，点A 时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时，CO(NH2)2的体积分数
将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ．其他条件相同，在不同催化剂下发生该反应，反应正向进行至相同时间，容器中CO(NH2)2的物质
的量随温度变化的曲线如图Ⅱ所示。
④在500℃时，催化效率最好的是催化剂_____(填标号)。
⑤500℃以上，n[CO(NH2)2]下降的原因可能是_____(不考虑物质的稳定性)。
【答案】(1)241 (2)bc
(3) ＜ 1000 增大 c 随着温度的升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间
内生成的CO(NH2)2的物质的量减少
【解析】(1)反应焓变是-87kJ/mol，即图中最终阶段相对初始阶段的能量是-87kJ/mol，那么由TS3到最
终阶段，有
；(2)a 项，根据方程式可知：每2 分子NH3反应产
生1 分子CO(NH3)2，会断裂2 个N-H 键，即1 个NH3分子断裂1 个N-H 键。现在断裂6 mol N-H 键，就是
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6 mol NH3反应，要生成3 mol H2O，形成6molO-H 键，同时断裂2 molO-H 键，就是l mol 水发生反应，生
成水的物质的量大于消耗的水的物质的量，正、逆反应速率不相等，没有达到平衡，a 不符合题意；b 项，
该反应在恒温恒容条件下进行，反应前后气体的物质的量发生改变，当气体压强不再变化时，气体的物质
的量不变，则反应达到了平衡状态，b 符合题意；c 项，反应前后气体的质量发生变化，而反应恒温恒容条
件下进行，气体的体积不变，气体的密度会发生变化，若在混合气体的密度不再变化，则反应达到了平衡
状态，c 符合题意；d 项，由三段式计算可知二氧化碳体积分数为定值，所以二氧化碳体积分数不再变化不
能说明是否已达平衡，d 不符合题意；故选bc；(3)①由反应机理图可知，最后一步的反应为放热反应，升
高温度平衡逆向移动，若p(NH3)保持不变，温度升高，p[CO(NH2)2]会减小，由图可知，当lgp(NH3)=1 时，
T2直线所对应的lgp[CO(NH2)2]比T1直线所对应的lgp[CO(NH2)2]小，则有T1＜T2；②向恒容密闭容器中投
入等物质的量的HNCO 和NH3，平衡时HNCO 和NH3分压相等，根据平衡常数表达式，并代入A 点数据，
可知T2℃时此反应的标准平衡常数
；③若点A 时继续投入
等物质的量的两种反应物，体积不变，则相当于增大压强，加压时化学平衡向气体体积减小的方向移动，
故化学平衡正向移动，CO(NH2)2 的体积分数变大；④由图Ⅱ可知在温度为T1 时，催化剂③的作用下，
CO(NH2)2的物质的量较多，其物质的量分数较大，故该温度下催化效率最好的是催化剂c；⑤催化剂存在
活化温度，在活化温度时催化效果较高， 由图Ⅱ的CO(NH2)2的体积分数随着温度的变化趋势可知：T2℃
以上，n[CO(NH2)2]下降，原因可能是：随温度的升高，可能导致催化剂活性降低，使反应速率降低，相同
时间生成的CO(NH2)2的物质的量减少。
题型2 设置情景制备新型工业材料
1．(2024·河北石家庄·高三石家庄精英中学期中)氨的用途十分泛，如氨是制造硝酸和氮肥的重要原料。
工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。回答下列问题：
(1)合成氨反应的历程和能量的变化如图所示，符号“·”可视为催化剂。
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在合成氨的基元反应中，决速步骤的活化能为 kJ/mol。
(2)在不同条件下进行合成氨反应，下列反应速率由大到小的顺序是 (填选项序号)。
①v(N2)=0.5mol/(L·min) ②v(H2)=0.02mol/(L·s)
③v(NH3)=0.4mol/(L·min) ④v(NH3)=0.02mol/(L·s)
(3)对于合成氨反应而言，只控制一个变量，下列图像合理的是___________(填选项字母)。
A．
B．
C．
D．
(4)一定温度下，向2L 恒容密闭容器中充入0.4molN2、1.2molH2发生反应，NH3的浓度随时间变化情
况如表所示：
时间/min
5
10
15
20
25
浓度/mol/L
0.08
0.14
0.18
0.20
0.20
0~10min 内，用H2表示的平均反应速率为 ；实验测得体系平衡时的压强为10MPa，则该
反应的平衡常数Kp= MPa-2(用分数表示，Kp 为分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)；
若维持温度不变，向另一2L 恒容密闭容器中充入H2、N2和NH3各4mol 时，该反应的v 正 (填
“>”“<”或“=”)v 逆。
【答案】(1)352 (2)④①②③ (3)BD
(4) 0.021 mol·L-1·min-1
>
【解析】(1)活化能最大的那步反应对总反应速率影响最大，则基元反应的活化能为500 kJmol-1-48
kJmol-1=352kJmol-1；(2)N2+3NH3
2NH3，根据速率之比等于计量数之比，都转化为用H2表示的速率，
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然后进行比较：①v(N2)=0.5mol/(L·min)，所以v(H2)=1.5 mol·L-1·min-1；②v(H2)=0.02mol/(L·s)=1.2
mol·L-1·min-1；③v(NH3)=0.4mol/(L·min)，所以v(H2)=0.6 mol·L-1·min-1；④v(NH3)=0.02mol/(L·s)=1.2
mol·L-1·min-1，所以v(H2)=1.8 mol·L-1·min-1；所以该反应的速率由大到小的顺序是④①②③；(3)合成氨反
应的化学方程式为：N2+3H2
2NH3，该反应为放热反应；A 项，增大压强，平衡正向移动，氨的平衡
百分含量增大，故A 错误；B 项，起始时N2的物质的量增大，氨的平衡百分含量先增大后减小，故B 正确；
C 项，由反应方程式可知，达到化学平衡时N2、H2、NH3的浓度并不一定相等，图像不一定正确，故C 错
误；D 项，反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，故与图像相符合，故D 正确，故选BD；
(4)0~10min 内，NH3的浓度变化量为0.14mol/L，根据方程式N2+3H2
2NH3，H2的浓度变化量为
0.21mol/L，用H2表示的平均反应速率为
=0.021 mol⋅L-1⋅min-1；由表格数据可知，平衡时NH3的
浓度为0.2mol/L，即物质的量为0.4mol，列三段式如下：
平衡时N2的分压为p(N2)= 10MPa
=
MPa；同理可计算p(H2)=
MPa；p(NH3)=
MPa；Kp=
=
=
MPa-2；利用上述三段式数据，可计算出浓度平衡常数Kc=
，
另一2L 恒容密闭容器中充入H2、N2和NH3各4mol 时，Qc=
，反应向正反应方向进行，即v 正>v 逆。
2．(2024·浙江金华一中高三期中)乙烯、丙烯是化学工业的最基本原料，工业上可采用多种方法生产，
请回答下列问题：
方法一：利用丙烷脱氢制烯烃，反应如下。
ⅠC3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g) ΔH1
ⅡC3H8(g)
C2H4(g)＋CH4(g) ΔH2
ⅢC2H4(g)＋H2(g)
C2H6(g) ΔH3
ⅣC3H8(g)+H2(g)
CH4(g)＋C2H6(g) ΔH4
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上述各反应常压下平衡常数自然对数值
随温度(T)的变化如图1 所示。
(1) ΔH1 0(填“＜”或“>”)；图1 中表示反应Ⅱ的曲线为 (填“a”或“b”)。
(2)T1温度下，向体积不等的恒容容器中加入等量C3H8，若只发生反应Ⅰ，反应相同时间后，测得各容
器中C3H8的转化率与容器体积关系如图2。
①下列说法正确的是 。
A．各容器内反应的平衡常数相同
B．体系处于W 点时，加催化剂，可提高C3H8转化率
C．体系处于W、M 两点时，若升高温度，净反应速率均增加
D．反应过程中若容器内气体密度不再变化，则反应已达平衡
②保持其他条件不变，增大C3H8初始投料，请在图2 中画出C3H8的转化率与容器体积关系图 。
方法二：利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。
a.2CH3OH(g)= C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-22.66kJ·mol−1
b.3CH3OH(g)=C3H6(g)＋3H2O(g) ΔH＝-92.24kJ·mol−1
c.3C2H4(g)
2C3H6(g)
(3)①恒压条件下，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化如图3 所示。已知923K 时，
，假设没有副反应，平衡体系总压强为P，求923K 反应c 的平衡常数KP 。(对
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于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作
，如
，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数)
②工业上使甲醇反应气流经ZSM-5 分子筛催化分解，该催化剂同时也可催化丁烯裂解2C4H8(g)
C2H4(g)＋2C3H6(g) ΔH＝+117.93kJ·mol−1。请说明，甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应，其原因
可能为 。
【答案】(1) > b
(2) AC
(3)
丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇
分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响
【解析】(1)由图1 可知a、b 两条曲线均随着温度的升高，lnKp的数值增大，说明升高温度对于I、II
两个反应的影响都是平衡向正反应吸热方向移动，所以ΔH1>0；根据II、III、IV 的反应方程式，列出各反
应的分压平衡常数依次为
，可看出
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，由图1 可知当T=600K 时，lnKp(IV)和lnKp(III)几乎相等，即600K 时，Kp(IV) =Kp(III)，
所以此时Kp(II)=1，lnKp(II)=0，对应曲线b，所以表示反应Ⅱ的曲线为b；(2)①A 项，因为平衡常数只随
温度的改变而改变，各容器所处温度相同，所以各容器内反应的平衡常数相同，A 正确；B 项，催化剂只
能改变反应速率，对平衡移动没有影响，因此体系处于W 点时，加催化剂，不会改变C3H8的转化率，B
错误；C 项，净反应速率为正反应速率-逆反应速率，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，
正反应速率增大幅度大于逆反应速率增大幅度，因此体系处于W、M 两点时，若升高温度，净反应速率均
增加，C 正确；D 项，各反应容器恒容，容器内气体质量一定，密度也为一定值，所以密度不再变化，不
能说明反应已达平衡，D 错误；故选AC；②原图中前半段，容器体积小，反应物浓度大，反应速率较大，
反应一段时间后已达到平衡状态，此时随着容器体积增大，化学平衡正向移动，因此丙烷的转化率增大，
但是随着容器体积继续增大，反应速率减小，后半段反应尚未达到平衡，且体积越大，浓度越小反应速率
越慢，因此丙烷的转化率也就越低。在此基础上增大丙烷初始投料，丙烷浓度增大，则相同时间内前半段
仍会达到平衡，但是丙烷浓度增大，转化率降低，因此体积相同的情况下转化率较加料前更低，但是初始
丙烷投料量增大，丙烷的浓度也增大，反应速率也更大，对体积较大的情况而言，反应速率增大丙烷的转
化率增大，但是随着体积继续增大，反应速率还是会减小，丙烷的转化率从而下降，故总体表现就是曲线
右移。 如图所示：
；(3)①根据题干中Kp定义式和923K 时关系式
，可得反应c 的Kp=
。设
在923K 时，，反应a 中生成xmol 乙烯和2xmol 水，反应b 中生成ymol 丙烯和3ymol 水，c 反应中，有
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则根据
，有x-3n=2(y+2n)，即x=2y+7n；
，
代入后有
，代入
可得：Kp=
；②丁烯分解
为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受
丁烯分解吸热影响，所以甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应。
3．(2023·辽宁省沈阳市二模)甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如
下：
反应I：CH3OH(g)+ H2O(g)
CO2(g)+3H2(g) ΔH1
反应II：O2(g)+H2(g)
CO(g)+ H2O(g) ΔH2
请回答下列问题：
(1)在催化剂作用下，反应I 可通过如图1 所示的反应历程实现催化重整，则ΔH1=___________
kJ·mol-1。
(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂R，测得相同条件下，甲醇的转化率[(CH3OH)
%]与CO 的物质的量分数[(CO)%]变化如图2 所示。反应II 为___________反应(填“吸热”或“放热”)，
选择催化剂R 的作用为___________。
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(3)将1mol 甲醇气体和1.3mol 水蒸气混合充入2L 恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强
为2.5MPa 下进行反应。平衡时容器中n(CH3OH)= n(CO)=0.1mol，甲醇的转化率为___________，则反应I
的平衡常数Kc =___________(mol·L-1)2 (列出计算式即可)。
(4)相同反应条件下，测得相同时间内甲醇水蒸气重整反应各组分的含量与反应温度关系曲线图如下，
下列说法中正确的是___________。
a．升温对反应I 的化学反应速率影响更大
b．该条件下催化剂活性温度高于270℃
c．催化剂的选择应考虑提高生成CO2的选择性
d．250℃时，n(CH3OH)：n(CO)不小于1.3
【答案】(1)(a-b+c)
(2) 吸热 加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性
(3) 90%(或0.90 或0.9)
(能体现出计算过程，直接写结果不给分)
(4)acd
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【解析】(1)ΔH1=反应物总能量-生成物总能量，由图可知ΔH1= (a-b+c) kJ·mol-1；(2)由图中信息可知随温
度升高，CO 的物质的量分数增加，说明反应II 正向移动，则正向为吸热方向；由图可知，在其他条件相
同时，使用催化剂R 时CO 的物质的量分数较小，而甲醇转化一直较高，说明催化剂R 的使用可减少反应
II 的发生，即对反应II 具有选择性，同时使用催化剂可加快反应速率；(3)根据题中信息列三段式：
甲醇的转化率为
；则反应I 的平衡常数
=
；(4)a 项，由图可知升高温度CO 的含量几乎不发生改变，而氢气的含量增大趋势显著，可知升
温对反应I 的化学反应速率影响更大，故正确；b 项，由图可知，温度高于250℃时产物含量的变化率减小，
说明催化剂的活性开始降低，故错误；c 项，催化剂的选择考虑提高生成CO2的选择性，这样才能提高甲
醇催化重整生成氢气的选择性，故正确；d 项，由图可知反应起点时n(CH3OH)：n(CO)=1.3，250℃时，两
者含量差距增大，n(CH3OH)：n(CO)大于1.3，故正确；故选acd。
4．(2024·浙江省 A9 协作体高三联考)CH3OH 是一种绿色燃料，可由CO 或CO2制备。工业上制备
CH3OH 发生如下反应：
反应1：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ/mol
反应2：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ/mol
请回答：
(1)CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)，该反应的ΔH= kJ/mol。
(2)将CO2和H2按1︰3 通入密闭容器中发生反应1 和反应2，改变反应温度，分别测得1MPa、
3MPa、5MPa 下CO2的平衡转化率(α)以及3MPa 时生成CH3OH、CO 选择性(S)的变化如图甲(选择性为目标
产物在总产物中的比率)。
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①代表5MPa 下α(CO2)随温度变化趋势的是曲线 (填“a”“b”或“c”)。
②随着温度升高，a、b、c 三条曲线接近重合的原因是 。
③P 点对应的反应2 的平衡常数Kp= 。
④分子筛膜反应器可提高反应1 的平衡转化率，原理如图乙所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原
因是 。
⑤请在下图中画出5MPa 时生成CH3OH、CO 选择性(S)随温度变化的曲线。
【答案】(1)-90.7
(2) ①a ②升温会抑制放热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较高时以反应2 为主，而反应2
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前后气体分子数相等，压强改变对平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合 ③
或0.0096 或9.6×10-3
④分子筛膜可将H2O 从体系中移出，使c(H2O)降低，促使反应1 平衡正向移动
⑤
(S(CO)位于3MPa 曲线下方，S(CH3OH)位于3MPa 曲线上方，
两线交点纵坐标为50)
【解析】(1) 根据盖斯定律：反应1- 反应2 计算可得CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) ，该反应的
ΔH=-49.5kJ/mol-(+41.2kJ/mol)=-90.7 kJ/mol。(2)①由图可知，一定低温条件下、5MPa 时甲醇的选择性(S)最
大，CO 选择性(S)最小，说明低温条件增大压强时主要发生反应1，反应1 是气体体积减小的反应，增大压
强反应1 的平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率(α)增大，即压强越大二氧化碳的平衡转化率(α)越大，所
以代表5MPa 下，α(CO2)随温度变化趋势的是曲线a；②由图可知，温度较高时甲醇的选择性(S)较小，CO
选择性(S)较大，说明温度较高时主要发生反应2，反应2 是气体体积不变化的吸热反应，三条曲线几乎交
于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影响，即a、b、c 三条曲线接近重合的原因是为温度较
高时以反应2 为主，该反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响，故答案为：升温会抑制放
热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较高时以反应2 为主，而反应2 前后气体分子数相等，压强改变对
平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合；③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别
为1mol、3mol，P 点时甲醇的选择性(S)、CO 选择性(S)均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=20%，体系
压强为3MPa ，平衡时：n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol ，设n(H2)=x mol ，n(CH3OH)= n(CO)=y mol ，
n(H2O)=z mol，根据C、H、O 原子守恒可知，0.8+2y=1，，2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6mol，
y=0.1mol，z=0.2mol，体系中气体的总物质的量n=2.6mol +0.1mol+0.1mol +0.2mol +0.8mol=3.8 mol ，
p(CO2)=
；同理可知：p(H2) =
，p(CO) =
，p(H2O) =
，反应2
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的平衡常数Kp=
=0.0096；④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功
能，只催化反应1，且能分离出生成物水蒸气，促进反应1 的平衡正向移动，以提高二氧化碳的平衡转化
率，分子筛膜可将H2O 从体系中移出，使c(H2O)降低，促使反应1 平衡正向移动；⑤压强增大，S(CO)降
低，位于3MPa 曲线下方，S(CH3OH)增大，位于3MPa 曲线上方，两线交点纵坐标为50，故曲线为
。
题型3 运用化学反应原理环境保护
1．(2024·江苏淮安·高三校联考阶段练习)研究烟气脱硝脱硫是环境保护、促进社会可持续发展的重要课
题。
(1)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的 NO 和SO2，装置如图所示。阴极区的电极反应式为
。
使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂
表面， 占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率。
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(2)活性炭催化脱除 SO2的机理如图所示(*代表吸附态)。写出“热再生”生成SO2的化学方程式
。
(3)V2O5/炭基材料是在活性炭上载有 V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于 SO2转
化为 SO3，最终实现脱硫。
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了 VOSO4的吸收峰，再通入O2后 VOSO4吸收峰
消失，后一步用化学方程式表示为 。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2的存在对 V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如
图所示，当O2浓度过高时， 去除率下降，其原因可能是 。
(4)科学家通过 NH3活化改进提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，
含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是 。
【答案】(1)2HSO3
-+2e-+2H+=S2O4
2-+2H2O
(2)C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O
(3) 4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子
占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
(4)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化
【解析】(1)由题干图示信息可知，电极A 上实现HSO3
-转化为S2O4
2-，则S 的化合价降低，该电极为阴
极，该电极反应为：2 HSO3
-+2e-+2H+= S2O4
2-+2H2O，电极B 为阳极，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H+
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+SO4
2-，吸收池中反应为：2 S2O4
2-+2NO+2H2O=4 HSO3
-+N2，故阴极区的电极反应式为2 HSO3
-+2e-+2H+=
S2O4
2-+2H2O；(2)根据图中信息可知，“热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO2，反应的化学方程
式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O；(3)①根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用
形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4 中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5或
3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3；②当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因
是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO 分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩
余的SO2、NO 分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；(4)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱
性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。
2．(2024·江苏南通高三期中)捕集并转化CO2可以有效实现碳达峰、碳中和。
Ⅰ.工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO，主要反应为
反应①：CH4(g)＋CO(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247.4kJ·mol−1
过程中还发生三个副反应：
反应②：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
反应③：2CO(g)
CO2(g)＋C(s) ΔH3＝-171.0kJ·mol−1
反应④：2CO(g)
2H2(g)＋C(s) ΔH4
将CH4与CO2 (体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H2与CO 的物质的量之比、
CO2的转化率与温度的关系如图所示：
(1) ΔH4= 。
(2)500℃时，
比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温
度，产物中H2与CO 的物质的量之比增大的原因是 。
Ⅱ.光催化CH4和
生成CO 和H2催化反应机理如图所示：
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(3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。
Ⅲ.用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，
恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：
，其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移
电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
(4)当电解电压为U1V 时，阴极生成HCHO 的电极反应式为 。
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(5)当电解电压为U2V 时，电解生成的HCOOH 和HCHO 的物质的量之比为3：2，则生成HCHO 的法
拉第效率m 为 。
【答案】(1)+76.4 kJ/mol
(2) ② 升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO
(3)CO2、h+
(4)CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O
(5)20%
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(—171.0kJ/
mol)=+76.4 kJ/mol；(2)500℃时，产物的比值
比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的
物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；升高温度，产物的比值
增大说明反应以反应④的为
主，氢气的物质的量增大幅度大于一氧化碳；(3)由图可知，二氧化碳Rh 表面得到电子生成一氧化碳和氧
离子，氧离子作用下甲烷失去电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧化性的微粒为二氧化碳和h+；(4)由图可
知，电解电压为U1V 时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为
CO2+4e—+4H+=HCHO+H2O；(5)电解电压为U2V 时，放电生成1mol 甲酸转移2mol，生成1mol 甲醛转移
4mol 电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2 可得：
：
=3：2，解得m=20。
3．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)CO2过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO 催化剂下，
CO2和H2可发生反应生成CH3OH 和CO，热化学方程式如下：
Ⅰ.CO(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-50kJ·mol−1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1
(1)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH1＝-566kJ·mol−1
H2O(g)=H2O(l) ΔH＝-44kJ·mol−1
写出表示氢气燃烧热的热化学方程式 。
(2)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1mol CO2和2.31molH2，起始压强为0.33MPa，发生
反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，CO2的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数KP=
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(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)不同压强下，维持投料比相同，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图1 所示。在恒压
密闭容器中，维持投料比相同，将CO2和H2按一定的流速通过反应器，二氧化碳的转化率
和甲
醇的选择性 [
]随温度变化关系如图2 所示。图示温度范围催化剂的活性
受温度影响不大。
①下列说法不正确的是 。
A．图1 中，P1＜P2＜P3＜P4
B．图1 中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响
C．图2 中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO2转化率
和CH3OH 选择性都下降
D．改用活性更好的催化剂能使图2 中各温度下CO2转化率都增大
②假设只发生反应Ⅰ，一定温度下氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中甲醇的物
质的量分数为y，请在图3 中绘制y 随n 变化的示意图。
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(4)在密闭容器中，维持其他条件不变，在不同的压强下发生反应Ⅰ和Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率和甲
醇的选择性随压强变化关系如下表所示。n(CO)随压强增大而 (填“增大”“减小”或“不
变”)，从化学平衡移动角度解释原因 。
压强P(MPa)
1
2
3
4
5
6
的平衡转化率%
8.1
15.3
22.2
29.5
36.1
43.2
的选择性%
49.5
80.1
90.0
94.5
97.1
98.6
【答案】(1)
(2)40 (3) AD
(4)减小 增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO2和H2浓度下降，使反应Ⅱ平衡
逆向移动
【解析】(1)氢气燃烧热的热化学方程式
，已知①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)、
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②H2O(g)=H2O(l)，根据盖斯定律，反应II+
反应①+反应②可得，
，则表示氢气燃烧热的热化学方程式
；(2)一定温度体积不变的情况下，气体的物质的量与压强成正比，起始压强为
0.33MPa，平衡时总压为0.25MPa，则平衡时总物质的量为
，CO2的转化率为
50%，则消耗n(CO2)=0.5mol，设反应I 和II 分别消耗CO2 x mol、y mol，列三段式：
则有x+y=0.5、(1-x-y)+(2.3-3x-y)+(x+y)+(x+y)=2.5，解得x=0.4，y=0.1，平衡时n(CO2)=0.5mol，
n(H2)=1mol，n(CH3OH)=0.4mol，n(H2O)=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数
；(3)①A 项，相同温度下，增大压
强平衡正向移动，二氧化碳的转化率
增大，则图1 中，P1＞P2＞P3＞P4，故A 错误；B 项，图1
中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响，因此二氧化碳的
转化率
几乎相等，故B 正确；C 项，反应I 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的
转化率降低，反应II 为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降，则图
2 中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO2转化率和CH3OH
选择性都下降，故C 正确；D 项，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，改用活性更好的催化剂能使
图2 中各温度下CO2转化率都不变，故D 错误；故选AD；②若只发生反应Ⅰ，当氢气和二氧化碳的物质
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的量之比为3：1 时，甲醇的物质的量分数最大，此时n=3，最后随着n 的增大，甲醇的物质的量分数开始
逐渐减小，示意图为
；(4)根据表格可知随着压强增大，CO2的平衡转化率变
大，说明消耗CO2增多，剩余的n(CO)随压强增大而减小，从化学平衡移动角度解释原因为：增大压强使
反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO2和H2浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。
4．(2024·浙江杭州市高三一模)在“碳达峰、碳中和”的明确目标下，利用CO、CO2的甲烷化制备人
造天然气既可以避免碳排放造成的资源浪费和环境污染，又可以缩短碳循环获得清洁能源。甲烷化工艺中
主要涉及到如下反应：
甲烷化反应i．CO(g)＋3H2(g)
CH4(g)＋H2O(g) ΔH1＝-206.3kJ·mol−1
甲烷化反应ii．CO2(g)＋4H2(g)
CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-164.9kJ·mol−1
副反应iii．CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH3
副反应 iv．CH4(g)
C(s)＋2H2(g) ΔH4＝+74.8kJ·mol−1
(1)计算ΔH3= kJ∙mol−1
(2)为了研究Ni/TiO2在光热和热催化过程中CO 转化率和 CH4选择性随温度的变化，将 CO 合成气
(含23%CO、69%H₂ 和8%N₂)通入反应器，在恒压及一定时间内进行反应，测得以下数据：[α 表示转化率，
S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗CO 的物质的量之比]
光热催化
热催化
α(CO)
S(CH4)
α(CO)
S(CH4)
250
90%
85%
0%
0%
300
92%
82%
88%
78%
350
96%
84%
89%
79%
400
95%
83%
92%
78%
450
92%
82%
91%
79%
①光热催化时CO 甲烷化的活化能Ea 热催化 CO 甲烷化的活化能Ea (填“大于”或者“小
30
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于”)。
②当温度高于400℃时，热催化下CO 转化率降低的原因是 。
(3)某温度下，恒容容器中充入1mol∙L−1CO2和4mol∙L−1 H2，若只发生反应ii、iii，平衡时测得α(CO2)
为50%、S(CH4)为90%，反应iii 的平衡常数为 。[S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2
的物质的量之比]。
(4)为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2(M 表示 Ni 或Ru)在300℃光照的
条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下：
①关于核心反应过程，下列说法正确的是 。
A．步骤I 中生成了非极性键
B．步骤Ⅲ发生的反应为
(
代表吸附态中间体)
C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应
D．整个反应过程中只有金属M 起到催化作用
②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M 表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而
提高反应效率。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91 和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率
(填“高于”或“低于”)使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
【答案】(1)+41.4
(2)小于 高温时反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动转化率降低，高温时发生反应ⅲ，
生成CO，导致CO 转化率降低
(3)0.044
(4) BC 高于
【解析】(1)由盖斯定律得，反应ii-反应i 得CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g)，故
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；(2)①由表中数据知，光催化得反应速率大于热
催化得反应速率，相同条件下，反应速率越快，活化能越小，故光热催化时CO 甲烷化的活化能小于热催
化 CO 甲烷化的活化能；②由于反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动，转化率降低，反应iii 为
吸热反应，升高温度，平衡正向移动，主要发生反应iii，由生成CO ，所以当温度高于400℃时，热催化
下CO 转化率降低；(3)由题意α(CO2)为50%，即二氧化碳得转化率为50%，充入1mol∙L−1CO2，反应了
0.5mol∙L−1，体系中二氧化碳得浓度为0.5mol∙L−1，由S(CH4)表示得到甲烷物质的量与消耗 CO2 的物质的
量之比和S(CH4)为90%，得生成甲烷的浓度为
，由碳守恒得CO 的浓度为
，由O 守恒得，水蒸气得浓度为
，由H 守恒得，氢气得浓度为
，反应iii 的平衡常数为
；(4)①由图知，A．步骤I 中没有非极性键生成，A 错误；B．步骤Ⅲ发生的
反应为
(
代表吸附态中间体)，B 正确；C．步骤Ⅳ中碳元素元素的化合价降低，
发生还原反应，C 正确；D．整个反应过程中除了金属M 起到催化作用外还有TiO2也起到了催化作用，D
错误；②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M 表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应
效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91 和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的
反应效率高于使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。
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