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【赢在高考·黄金8 卷】备战2025 年高考化学模拟卷（福建专用）
黄金卷02
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 V 51 Fe 56 Ni 59 As 75
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 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．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是
A．中国第三艘航空母舰是目前世界上最大的常规动力航母：航母燃料油的主要成分为烃
B．发现了月壤中的“嫦娥石
”：其成分属于无机盐
C．利用
合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯有很强的耐腐蚀性
【答案】C
【详解】A．经石油分离得到重油，属于烃，A 正确；
B．嫦娥石因其含有Y、
等元素，属于无机化合物，又因含有磷酸根，是无机盐，B 正确；
C．常见的脂肪酸有：硬脂酸
、油酸
，二者相对分子质量虽大，但没有达到
高分子化合物的范畴，不属于有机高分子，C 错误；
D．海水中含有大量的无机盐成分，可以将大多数物质腐蚀，而聚四氟乙烯塑料被称为塑料王，耐酸、耐
碱，不会被海水腐蚀，D 正确；
答案选C。
2．鲁米诺在刑侦中用于血迹检测，其合成原理如图所示。下列说法正确的是
A．鲁米诺的化学式为
B．一定条件，A 可以和甘油发生缩聚反应
1
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C．鲁米诺中处于同一平面的原子最多12 个
D．(1)、(2)两步的反应类型分别为加成反应和取代反应
【答案】B
【详解】A．由结构可知，鲁米诺的化学式为
，故A 项错误；
B．A 含2 个-
、甘油含3 个
，二者可发生缩聚反应，故B 项正确；
C．鲁米诺分子中苯环、羰基为平面结构， 且直接相连， 单键在空间可旋转，则鲁米诺分子中处于同一
平面的原子最少12 个，故C 项错误；
D．(1) 中-OH 被取代、(2) 中硝基被还原为氨基， 分别为取代、还原反应，故D 项错误；
故本题选B。
3．过量的
通入浓度均为0.1 mol/L 的下列溶液中，现象和离子反应方程式均正确的是
溶液
现象
离子方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
先产生白色沉淀，后沉淀消
失
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．过量
与0.1 mol/L 的
溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，还生成
，反应的离
子方程式为：
，A 错误；
B．过量的
通入0.1 mol/LFeCl3溶液反应生成FeCl2、H2SO4和HCl，溶液由棕黄色变浅绿色，反应的离
子方程式为：
，B 错误；
C．过量的
通入0.1 mol/L
溶液不反应，无明显现象，C 错误；
2
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D．
水解使其溶液呈碱性，能使酚酞变红，过量的
通入0.1 mol/L
溶液(含酚酞)反应生
成
与
，最终溶液呈酸性，则溶液由红色变无色，反应的离子方程式为：
，D 正确；
故选D。
4．化合物
是良好的电和热绝缘体，组成元素原子序数均小于20，且在前四个周期均有分布。
仅X 和M 同族，电负性：
；Y 和Z 同周期，Y 的基态原子价层电子排布式为
，Z 的基态原
子价层的s 和p 轨道电子数相同；E 在地壳中含量最多。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．第一电离能：
C．熔点：
D．
中的E 的杂化方式：
【答案】C
【详解】Y 的基态原子价层电子排布式为
，可知n=3，价层电子排布式为
，Y 为Al 元素，
Y 和Z 同周期，因此Z 也是在第三周期，Z 的基态原子价层的s 和p 轨道电子数相同，可知Z 的基态原子
价层电子排布式为
，Z 为Si 元素，E 在地壳中含量最多，因此E 为O 元素，由于组成元素原子序数
均小于20，且在前四个周期均有分布，还差第一周期和第四周期，根据仅X 和M 同族，电负性：
可知，M 为H 元素，X 为K 元素，化合物
为
据此作答。
A．Z 为Si 元素，Y 为Al 元素，同周期从左往右原子半径在减小，因此原子半径为
，故A 错误；
B．X 为K 元素，Y 为Al 元素，同主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，因此K 的第一电离
能比Na 的小，而同一周期从左到右，元素的第一电离能总体上呈递增趋势，Al 的第一电离能能大于Na，
可知第一电离能：
，故B 错误；
C．ZE2为SiO2，ZM4为SiH4，SiO2为共价晶体，SiH4为分子晶体，共价晶体熔点更高，因此熔点是
，故C 正确；
D．
为
，中心原子O 原子的价层电子对数为
，因此为
杂化，故D 错误；
故答案选C。
5．设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
3
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A．含
键的
晶体中氧原子数目为
B．常温下，
的
溶液中
数目为
C．
立方氮化硼晶体所含原子数目为
D．标准状况下，
的分子数目为
【答案】C
【详解】A．含4molSi-O 键的SiO2晶体有1molSiO2，氧原子数目为2NA，A 错误；
B．溶液的体积未知，无法计算溶液中OH-数目，B 错误；
C．晶胞中的B 原子在面心上和顶点，个数为：
，N 原子在体心，个数为4，氮化硼的化学
式为BN，10g 立方氮化硼的物质的量为
，所含原子数目为0.8NA，C 正确；
D．标准状况下，NO2不是气体，不能用气体摩尔体积计算，D 错误；
故选C。
6．探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
判断
的化学
键类型
将
固体溶于水，进行导电
性实验
电流表指针发生偏转，
中含有离子键
B
证明
水溶液
的酸性与漂白性
分别在石蕊溶液与品红溶液中
通入适量
气体
石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，
说明
水溶液呈酸性，有漂白性
C
证明浓硫酸具有
强氧化性
加热浓硫酸、
固体与
有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化
性
4
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固体的混合物
D
比较S 与
的非
金属性强弱
用
试纸测定
的
和
溶液的
若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属
性：
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故
固体溶于水，
进行导电性实验，电流表指针发生偏转，
溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A 不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明
水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明
能使有色物质褪色，有漂白性，故B 符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C 不符
合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故
的
和
溶液的
大小不
能说明硫、氯的非金属性强弱，故D 不符合题意；
故选B。
7．光催化
还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料
光催化
还原为醇类的机理图如图，
是电子跃迁后留下的空穴，具有强
氧化性。下列说法错误的是
A．
在富集空穴的
材料上发生氧化反应
B．光催化
还原在一定条件下也可以生成甲烷等有机物
5
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C．光催化过程的总反应是
和
D．
材料上富集还原性强的光生电子将
还原，当消耗标准状况下
时，转移
电子
【答案】D
【详解】A．由图可知，
在富集空穴的
材料上失电子，发生氧化反应，生成
，A 正确；
B．由图可知，
在
材料上得电子发生还原反应，生成
或
，则光催化
还原
在一定条件下也可以发生还原反应生成甲烷等有机物，B 正确；
C．光催化过程中，反应的实质是
和
反应生成
和
或
和
，其总反应是
和
，C 正确；
D．
材料上不管是生成
还是
，
都是转移
电子，则当消耗
时，反应转移
电子，D 项错误；
故选D。
8．某工厂的煤粉灰的主要成分为
、
、
、
、
、
等。研究小组对其进行综合处
理的流程如下：
已知：
，
；“酸浸”后钛主要以
形式存在，强
电解质
在溶液中仅能电离出
和一种阳离子，该离子会水解。下列说法错误的是
A．“滤液2”中加入双氧水后，体系中发生主要反应的离子方程式为
B．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸
C．当“滤液2”中
完全沉淀时，滤液中
6
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D．用
制备无水
，需要在
气流中加热
【答案】B
【详解】煤粉灰的主要成分为
、
、
、
、
、
等，酸浸后
、
、
、
分别转化为Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，
转化为
，强电解质
在溶液中仅能电离出
和一种阳离子，该离子会水解，即该离子为TiO2+，SiO2不反应，进入滤渣1 中，加入铁粉，Fe3+被还
原为Fe2+，结晶得
，TiO2+水解后得到
，经过酸洗、水洗、干燥、煅烧后得到
TiO2，滤液2 中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH 值，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液3 含有
Mg2+，经过一系列操作，最后结晶得到 MgCl2·6H2O。
A．A. “滤液2”中加入双氧水后，将Fe2+氧化为Fe3+，体系中发生主要反应的离子方程式为
，故A 正确；
B．加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+，结晶得
，故B 错误；
C．
，故C 正确；
D．用
制备无水
，为了防止MgCl2水解，需要在
气流中加热，故D 正确；
故选B。
9．我国某大学科研团队通过超快电脉冲热还原法开发了一种新型碳载钌镍合金纳米催化剂(RuNi/C)，并基
于此催化剂制备出一种极具竞争力的高能量镍氢气(
)电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的
是
A．放电时，
向电极b 移动
B．放电一段时间后，KOH 溶液的浓度增大
C．放电时，电极a 上的电极反应式为
D．外电路中每转移2mol
，理论上电极b 上消耗2g
7
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【答案】B
【详解】A．由分析可知，电极b 为原电池的负极，电极a 为正极，则氢氧根离子向电极b 移动，故A 正
确；
B．由分析可知，电池总反应为H2+2NiOOH=2Ni(OH)2，则放电一段时间后，氢氧化钾溶液的浓度基本不
变，故B 错误；
C．由分析可知，放电时，电极a 为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢
氧化镍，电极反应式为NiOOH+e—+H2O=Ni(OH)2+OH—，故C 正确；
D．由分析可知，放电时，电极b 为原电池的负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢
氧根离子，电极反应式为H2—2e—+2OH—=2H2O，则外电路中每转移2mol 电子时，理论上电极b 上消耗氢
气的质量为2mol×
×2g/mol=2g，故D 正确；
故选B。
10．柠檬酸(用
表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH 调节
溶液的
pH，溶液中各种微粒的分布系数
与pH 的关系如图所示[比如
的分布系
]。下列叙述错误的是
A．
溶液显酸性，
溶液显碱性
B．曲线Ⅰ代表
，曲线Ⅳ代表
C．
溶液中：
D．反应
的
【答案】B
8
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【详解】H3A 为有机三元弱酸，与氢氧化钠溶液反应时，溶液的pH 越小，H3A 的分布系数越大，溶液的
pH 越大，A3-的分布系数越大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ发表代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数；由图
可知，溶液中H3A、H2A-的浓度相等时，溶液pH 为2.1，则电离常数Ka1(H3A)=
=
10-2.1，同理可知，Ka2(H3A)=10-7.2、Ka3(H3A)=10-12.3。
A．由上述分析可知，H3A 的电离平衡常数Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.3，H2A-的水解平衡常数Kh3=
=
=10-11.9＜Ka2，故
以电离为主，溶液显酸性；HA2-的水解平衡常数Kh2=
=
=10-6.8＞Ka3，
HA2-以水解为主，溶液显碱性，A 正确；
B．根据分析得，曲线Ⅰ代表δ(H3A)，曲线Ⅳ代表δ(A3−)，B 错误；
C．根据A 项分析得，H2A-的水解程度小于电离程度，0.1mol L
⋅
−1NaH2A 溶液中：
c(Na+)>c(H2A−)>c(HA2−)>c(H3A)，C 正确；
D．反应H3A+HA2−
2H
⇌
2A−的K=
=105.1，D 正确；
故答案为B。
二、非选择题：本题共4 小题，共60 分。
11．（15 分）
和
应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种
合金废料生产工业硫
酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：
①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为
、
、
、
。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量
。“萃取除铁、反萃取、制
和制
”的原理是：
9
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(有机相)
(有机相)，
和
代表金属阳离子或
。金属阳离子
和
的结合能力：
。
③常温下，
，
；
，
。
(1)“酸浸”时，Ni 与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
(2)“碱熔”时，
发生反应的化学方程式为 。
(3)“沉锡”时，常温下
恰好完全沉淀为
时
，
(填“>”“<”或“=”)。
(4)“一次除铁”的总反应离子方程式为 。
(5)“萃取除铁”时，用
制取
进行萃取，而不用
直接进行萃取的原因是
。
(6)“反萃取”时，萃余液的溶质含
，试剂1 是 。
(7)“制
”时，溶液1 的主要成分是 (填化学式)。
(8)某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z 轴方向的投影为图2。
①该晶体中As 周围最近的Ni 有 个。
②该晶体的密度为
，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值
(用含a、
b、
的代数式表示)。
【答案】
(1)3：2（2 分）
10
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(2)
（2 分）
(3)<（2 分）
(4)
（2 分）
(5)避免萃取时引入
进入
溶液，降低
的纯度；避免萃取除铁时发生反应
，使
进入有机相，降低
的产率（2 分）
(6)盐酸（1 分）
(7)
（1 分）
(8)6 （1 分）
（2 分）
【详解】（1）“酸浸”时，Ni 与硝酸离子反应
，还原剂与氧化剂
的物质的量之比为3：2；
（2）“碱熔”时
，发生反应的化学方程式为：
；
（3）
，
；
（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成
，总反应离子方程式为：
；
（5）“萃取除铁”时，用
制取
进行萃取，而不用
直接进行萃取的原因是：避免
萃取时引入
进入
溶液，降低
的纯度；避免萃取除铁时发生反应
，使
进入有机相，降低
的产率；
（6）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含
，试剂1
是: 盐酸；
（7）“制
”时，通入
，
置换出
，溶液1 的主要成分是：
；
（8）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As 原子可知，上下层各有3 个Ni 原子与1 个As 原子相连，晶
11
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体中As 周围最近的Ni 有6 个；②该晶体的密度为
，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni
原子与As 原子配位数比为1:1，晶胞内部含有2 个As 原子，2 个Ni 原子，
，则阿
伏加德罗常数的数值
。
12．（14 分）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
的制备及纯度分析步骤如
下。
Ⅰ.制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的流程如下：
其中，步骤ⅱ可通过如图装置完成。
Ⅱ.测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程如下：
已知：①氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体难溶于水，
。
②
价钒在弱酸性条件下具有还原性。
③
。
④在该实验条件下，
与尿素不反应。
回答下列问题：
12
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(1)从原子结构角度解释
价钒较稳定的原因： 。
(2)步骤ⅰ中
和
反应得到的产物之一是一种无毒无害的气体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的
量之比是 。
(3)步骤ⅱ中盛装
溶液的仪器名称为 。
(4)步骤ⅱ中装置D 的作用是 。
(5)步骤ⅲ中依次用饱和
溶液、无水乙醇、乙醚洗涤晶体。用饱和
溶液洗涤的目的是
。
(6)分析测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品纯度的流程：
①滴入
溶液的目的是除去
，写出其反应的离子方程式： 。
②若平均消耗
标准溶液的体积为a mL，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度
为 ％。
③若其他操作均正确，
的加入量不足，会引起测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影
响”)。
【答案】
(1)钒原子的价电子排布式为
，失去5 个价电子后，3d 能级为全空状态，最稳定（2 分）
(2)
（2 分）
(3)三颈烧瓶（1 分）
(4)检验装置中的空气是否排尽，防止空气进入装置C 中（2 分）
(5)除去杂质离子，抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体损失（2 分）
(6)
（2 分）
(或
) （2 分） 偏大（1
分）
【详解】（1）钒元素的原子序数为23，基态+5 价钒原子的价电子排布式为3s23p6，3d 能级为全空状态，
最稳定，所以+5 价钒较稳定；
（2）由题意可知，步骤ⅰ中五氧化二钒与盐酸和联氨混合溶液反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方
程式为N2H4+2V2O5+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，反应中氮元素化合价升高被氧化，联氨是反应的还原剂，
钒元素化合价降低被还原，五氧化二钒是氧化剂，由方程式可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比
是2：1；
13
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（3）由实验装置图可知，步骤ⅱ中盛装碳酸氢铵溶液的仪器为三颈烧瓶；
（4）由分析可知，装置D 中盛有的澄清石灰水检验装置中的空气是否排尽，防止VOCl2在酸性条件下被
氧化；
（5）由题给流程可知，VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H
⋅
2O 沉淀的表面
附有可溶的氯化铵杂质，所以用饱和碳酸氢铵溶液洗涤沉淀的目的是：除去杂质离子，抑制氧钒(Ⅳ)碱式
碳酸铵晶体的溶解，减少固体损失；
（6）①由分析可知，加入亚硝酸钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾溶液，反应的离子方程式为
；
②由方程式和钒原子个数守恒可得如下转化关系：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9] 10H
⋅
2O~6
~6
(NH4)2Fe(SO4)2，滴定消耗amLcmol/L 硫酸亚铁铵溶液，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度为
=
；
③若其他操作均正确，但亚硝酸钠的加入量不足，亚硝酸根在酸性条件下能够氧化亚铁离子，会使消耗硫
酸亚铁铵溶液的体积偏大，导致测定结果偏大。
13．（16 分）化合物G 是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：
已知：
—代表
(1)A 中碳原子的杂化类型 ，一氯代物有 种。
(2)
的名称为 ，
的反应类型为 。
(3)写出
的化学方程式 。
(4)G 中含氧官能团的名称是 。
(5)C 中最多有 个碳原子共面，E 分子核磁共振氢谱中有 组峰。
14
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(6)F 的分子式为
，则
的反应的化学方程式为 。
(7)C 有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 种。
①分子中含有苯环；②分子中含有2 个
。
(8)请结合题目所给信息，设计以苯甲醇和丙二酸二乙酯为原料合成
的路线：
。
【答案】
(1)sp2、sp3（1 分） 4（1 分）
(2)乙二醇 （1 分） 取代反应（1 分）
(3)
+Br2
+HBr（2 分）
(4)酯基、醚键（2 分）
(5)9（1 分） 9（1 分）
(6)
+2
+2
（2 分）
(7)10（2 分）
(8)
（2 分）
【详解】（1）A 中苯环上C 采用sp2杂化，甲基上C 采用sp3杂化；A 中有4 种等效氢，一氯代物有4 种；
（2）
的名称为乙二醇；由分析可知
的反应类型为取代反应；
15
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（3）A 中甲基上的氢原子被溴原子取代，
的化学方程式为
+Br2
+HBr；
（4）根据G 的结构简式可知，其含氧官能团为酯基、醚键；
（5）根据单键可以绕轴旋转，C 中碳原子都可能共面，共9 个；根据E 的结构简式，共有9 种等效氢，即
核磁共振氢谱中有9 组峰；
（6）F 为
，则F→G 的反应方程式为
+2
→
+2
，
（7）C 的同分异构体符合下列条件：①分子中含有苯环；②分子中含有2 个-CH2OH，取代基可能是-
CH2CH2OH、-CH2OH，两个取代基有邻位、间位、对位3 种；取代基可能是2 个-CH2OH 和-CH3，两个取
代基2 个-CH2OH 相邻时，甲基有2 种排列方式，2 个-CH2OH 相间时，甲基有3 种排列方式，如果2 个-
CH2OH 相对时，甲基有1 种排列方式；取代基可能是-CH(CH2OH)，有1 种结构，所以符合条件的同分异
构体有3+(2+3+1)+1=10 种；
（8）模仿生成F 的过程，
与氢溴酸在加热条件反应生成
，
与
在NaH/THF 条件下反应生成
，然后用
LiAlH4/THF 还原生成
，合成路线为
。
14．（15 分）甲醇是一种重要的化工原料，其用途之一是通过催化重整制取满足质子交换膜燃料电池要求
的氢气。该工艺中主要涉及以下几个反应：
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反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
(1)各物质的相对能量如图1 所示，
。
(2)不同压强下，水醇摩尔比为1 时，甲醇的平衡转化率随温度的变化关系如图2 所示。压强
、
、
由大到小的顺序为 ；随温度升高甲醇的平衡转化率增大的原因是 。
(3)一定温度下，水醇摩尔比为1 时，在恒容体系中进行上述反应，测得体系的起始压强为
，若该条件下
甲醇的平衡转化率为95%，则平衡时体系的压强为 ；若平衡时
的分压为
，则反
应Ⅲ的平衡常数
(结果保留整数)。此温度下，水醇摩尔比为2.004 时，甲醇的转化率为
99.9%，且体系中
，此时产氢率为 [产氢率
，结果保留三位小数]。
(4)质子交换膜燃料电池对CO 的耐受性差，对氢的纯度要求高。由以下图像信息可知CO 的选择性随水醇
摩尔比变化的原因是 ，降低CO 的选择性还可选用的方法是 。
【答案】
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(1)
（2 分）
(2)
（1 分） 反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，甲醇转化率升高（2
分）
(3)1.95p0（2 分） 291（2 分） 2.987（2 分）
(4)水醇摩尔比增大，甲醇主要发生反应Ⅰ，生成的氢气可以抑制Ⅱ反应的进行 （2 分） 采用对反应Ⅱ
选择性低的催化剂，或采用对反应Ⅲ选择性高的催化剂（2 分）
【详解】（1）各物质的相对能量如图1 所示，焓变ΔH =生成物的总能量-反应物的总能量，由图知：
(-393.51
+0
)-(-110.5
-241.8
)=-41.21
。
（2）反应Ⅰ和Ⅱ是气体分子总数增大的反应，当温度不变、水醇摩尔比为1 时，增大压强，反应Ⅰ和Ⅱ平
衡左移，甲醇的平衡转化率下降，则
、
、
由大到小的顺序为
；
结合(1)可知，
(-393.51
+3×0
)-(-201.1
-241.8
)=+49.39
，
(-110.5
+2×0
)-(-201.1
)=+90.6
，升温则平衡右移，甲醇的转化率
增大，则随温度升高甲醇的平衡转化率增大的原因是: 反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，升高温度，平衡正向移
动，甲醇转化率升高。
（3）一定温度下，水醇摩尔比为1 时，在恒容体系中进行上述反应，测得体系的起始压强为
，若该条
件下甲醇的平衡转化率为95%，设水、甲醇均为1mol，发生上述反应Ⅰ：
，发生上述反应Ⅱ：
，发生上述反应Ⅲ：
，则平衡时n(CO2)=( x+y) mol，n(H2)= (1.9+x+y)mol，
n(CO)= (0.95-x-y) mol，n(H2O)=(1-x-y)mol，n(CH3OH)=0.05mol，混合气体共3.9mol，恒温恒容下，
，则平衡时体系的压强为1.95p0；
若平衡时
的分压为
，即
，则x+y=0.88 mol，n(CO2)=0.88mol，
n(H2)= 2.78mol，n(CO)= 0.07 mol，n(H2O)=0.12mol，
，
，
，
，按照定义：分压=总压×物质的量分数，对于反
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应dD(g)+eE(g)
gG(g)+hH(g)，Kθ=
，其中pθ=100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分
压，则反应Ⅲ的平衡常数
(结果保留整数)。
此温度下，水醇摩尔比为2.004 时，甲醇的转化率为99.9%，设水、甲醇依次为2.004mol、1mol，发生上
述反应Ⅰ：
，发生上述反应Ⅱ：
，发生上述反应Ⅲ：
，则平衡时n(CO2)=( x’+y’) mol，n(H2)=
(1.998+x’+y’)mol，n(CO)= (0.999-x’-y’) mol，n(H2O)=(2.004-x’-y’)mol，n(CH3OH)=0.0001mol，且体系中
，即
，
，则此时产氢率为
。(结果保留三位小数)
（4）由以下图像信息可知CO 的选择性随水醇摩尔比增大而减小，水醇摩尔比增大，相当于增大氢气的分
压有利于反应Ⅰ、Ⅲ向右进行，不利于反应Ⅱ，则 CO 的选择性随水醇摩尔比变化的原因是: 水醇摩尔比
增大，甲醇主要发生反应Ⅰ，生成的氢气可以抑制Ⅱ反应的进行；抑制反应Ⅱ、促进反应Ⅲ可降低CO 的
选择性，则降低CO 的选择性还可选用的方法是：采用对反应Ⅱ选择性低的催化剂，或采用对反应Ⅲ选择
性高的催化剂。
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