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答案第1页，共9页
滨城高中联盟2025-2026 学年度高二十月份考试化学答案及解析
1、C
【解析】C 蜡炬成灰是放热反应，ΔH<0。烃燃烧变为二氧化碳和水，ΔS>0，C 项正确。
2、B
【解析】A 项，催化剂只能改变反应的途径，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的焓变△H，
A 错误；B 项，根据反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能可知，该反应正反应的活化能小于
逆反应的活化能，B 正确；C 项，由题干信息可知，该反应是一个放热反应，则升温平衡逆向移动，导致
平衡常数减小，C 错误；D 项，在恒容密闭容器中，通入He(g)，容器压强虽然增大，但反应体系中各物
质的浓度均不改变，平衡不移动，即H2S 的转化率不变，D 错误；故选B。
3、B
【解析】A．2H 生成H2 形成化学键放热
2
ΔH <0 ，液态水变为气态水需要吸热，
5
ΔH >0 ，故A 错误；B．根
据盖斯定律可知
1
2
3
4
5
ΔH
ΔH +ΔH +ΔH
=
ΔH
，由因为
5
ΔH >0 所以
1
2
3
4
ΔH >ΔH +ΔH +ΔH ，故B 正确；C．根
据盖斯定律可知
1
2
3
4
5
ΔH
ΔH +ΔH +ΔH
=
ΔH
，
2
3
4
5
1
ΔH +ΔH +ΔH
ΔH
0
ΔH =
，故C 错误；D．根据上图
循环可知
-1
4
b
ΔH =(a+
-2c)kJ·mol
2
，故D 错误；故选B
4、B
5、B
【解析】反应初始4 s 内X 的平均反应速率v(X)＝0.005 mol/(L·s)，根据速率之比等于化学计量数之比，
可知v(Y)＝v(X)＝0.005 mol/(L·s)，则4 s 内Δc(Y)＝0.005 mol·L
－1·s
－1×4 s＝0.02 mol/L，Y 的起始浓度为
0.8 mol
2 L
＝0.4 mol/L，故4 s 时c(Y)＝0.4 mol/L－0.02 mol/L＝0.38 mol/L，A 项错误；设平衡时A 的浓度变
化量为x，则：
X(g)
＋
Y(g)
R(g)＋Q(g)
开始(mol/L)：
0.1
0.4
0
0
变化(mol/L)：
x
x
x
x
平衡(mol/L)：
0.1－x
0.4－x
x
x
故
x2
（0.1－x）（0.4－x）
＝1．0，解得x＝0.08，所以平衡时X 的转化率为0.08 mol/L
0.1 mol/L ×100%＝80%，B
项正确；由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C 项错误；1 200 ℃时反应X(g)
＋Y(g)
R(g)＋Q(g)的平衡常数值为0.4，所以1 200 ℃时反应R(g)＋Q(g)
X(g)＋Y(g)的平衡
常数的值为1
0.4＝2．5，D 项错误。
6．C
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
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【详解】A.草酸浓度大，反应速率快，反应需要的时间短，浓度增大会加快反应速率，故A 正确；
B.温度变化一定对反应速率影响，升温，速率增大，降温反应速率减小；Na2S203溶液和H2SO4混合液
在热水中浑浊现象快，反应速率快，故B 正确；
7．D
【详解】A．由整个流程可推知，
3
NH 、NO、
2
O 在催化剂作用下反应，生成
2
N 和
2
H O ，A 项正确；
B．
5
V
O
参与反应，最后又生成，可推知在整个反应中起到催化作用，B 项正确；
C．反应中断裂氨气中的极性键N—H，形成水中的H—O 极性键，C 项正确；
D．总反应为
3
2
2
2
4NH
4NO
O
4N
6H O
催化剂
，常温下，
2
H O 为液体，该反应的
S
0
，D 项错误；
8、D
【解析】工业上合成M 可能采用常压如H2SO4 工业中SO3 的生成；加入过量B 只能提高A 的转化率，B
的转化率降低；温度升高，平衡逆向移动，反应物的转化率降低；使用催化剂可降低反应的活化能，提
高反应速率。
9．B
【详解】A．在催化剂2 的条件下，相同时间c 点
3
6
C H (g)转化率更大，反应速率：c>b ，A 正确；
B．
1T C
下，相同时间，催化剂1 作用下，
3
6
C H (g)转化率更大，说明反应速率更快，催化剂活性：催化
剂1＞催化剂2，B 错误；
C．c 点
3
6
C H (g)转化率更大，生成的
3
3
C H N(g)更多，体系中
3
3
C H N(g)的物质的量：b<c ，C 正确；
D．该反应正反应方向放热，升高温度，
3
6
C H (g) 的平衡转化率减小，b 点
3
6
C H (g)转化率还低于c 点，说
明b 点反应未达到化学平衡状态，D 正确；
10．C
【详解】A．由于C-H 键与H-H 键的物质的量未知，无法确定断裂C-H 键所需的能量是否一定小于断裂
H-H 键所需的能量，A 项错误；
B．缺少O-H、O=O 键的键能，无法计算H2 的燃烧热，B 项错误；
C．根据(413×6+347-436-4×413-614)kJ/mol=+123kJ/mol，C 项正确；
D．乙烯加氢制乙烷的ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0 可知，乙烯加氢制备乙烷在低温下可自发进行，
D 项错误；
11．B
【解析】A．升高温度，物质的内能增加，活化分子数目增加，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，
故升高温度，可提高反应①、②的速率，A 正确；B．根据速率方程为：υ=kc2(NO)· c(H2)可知：c(NO)的
改变对化学反应速率的影响大于c(H2)的改变对化学反应速率的影响，故c(NO)、c(H2)增大相同的倍数，
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
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对总反应的反应速率的影响程度不相同，B 错误；C．对于多步反应，总反应速率由慢反应决定，根据已
知信息可知反应①是慢反应，反应②是快反应，所以该反应的快慢主要取决于慢反应①，C 正确；D．催
化剂可以提高活化分子百分数，加快反应速率，使用催化剂加快反应速率时，正逆反应的活化能均减小，
D 正确；故合理选项是B。
12．D
【详解】A.由化学方程式可知，各物质反应速率之比等于化学计量数之比，即6v（O2）=5v（H2O），
故A 错误；B.适当增大压强，活化分子的百分数不变，有效碰撞增多，化学反应速率增大，故B 错
误；C.气体密度等于气体总质量与总体积之比，总质量、总体积均为定值，密度始终不变，故C 错
误；D. 只缩小容器容积，压强增大，平衡逆向移动，氨的平衡转化率降低，温度不变，平衡常数不
变，故D 正确；
13、D
【详解】A．a 点反应三段式为：
2
2
2
2C(s)
+
2NO (g)
N (g)
+
2CO (g)
/mol
1
0
0
/mol
0.4
0.2
0.4
/mol
0.6
0.2
0.4
起始
转化
平衡
b 点反应三段式为：
2
2
2
2C(s)
+
2NO (g)
N (g)
+
2CO (g)
/mol
1
0
0
/mol
0.8
0.4
0.8
/mol
0.2
0.4
0.8
起始
转化
平衡
根据a 点反应三段式、b 点反应三段式和PV=nRT 可知，PaV1=1.2RT，PbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容
器内的压强：
a
b
p : p
6 : 7
，故A 正确；
B．相同时间内，b 点比a 点反应慢，但转化率达到80%，c 点比a 点反应更慢，转化率也有40%，说明
a 点为平衡点，c 点为未平衡点，即图中c 点所示条件下，v(正)＞v(逆)，故B 正确；
C．图中a 点、c 点NO2 的转化率相同，生成的CO2 的物质的量相同，但a 点容器体积小于c 点容器体积，
则对应CO2 的浓度：
a
2
c
2
c
CO
c
CO
，故C 正确；
D．由于a 点为平衡点，此时NO2 的转化率为40%，a 点反应三段式为：
2
2
2
2C(s)
+
2NO (g)
N (g)
+
2CO (g)
/mol
1
0
0
/mol
0.4
0.2
0.4
/mol
0.6
0.2
0.4
起始
转化
平衡
各物质平衡浓度为c(NO2)=
1
0.6 mol/L
V
、c(N2)=
1
0.2 mol/L
V
、c(CO2)=
1
0.4 mol/L
V
，T℃时，该反应的化学平衡
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
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常数
2
2
2
2
1
1
2
2
2
1
1
0.2
0.4
(
)
c(N ) c (CO )
4
K=
0.6
c (NO )
45
(
)
V
V
V
V
，故D 错误；
14、D
【分析】由于容器容积V 甲:V 乙=1:2 但投入的是等物质的量的X 和Y，故甲中Q 的浓度更大，但是小于
乙中Q 的浓度的2 倍，说明容器体积减小，平衡逆向移动，反应是气体体积数增大的反应，随温度升高，
Q 浓度增大，说明正反应吸热；
【解析】A．由分析，x＋y<p＋q，A 错误；
B．a、b 两点Q 的浓度相等，由于反应起始物是X 和Y，产生的P 和Q 物质的量之比等于化学计量数之
比，故a、b 两点P 的浓度也相等，B 错误；
C．起始反应物是X 和Y，甲的体积是乙的一半，由于体积缩小平衡逆向移动，使总压强减小，故压强
p(c)<2p(b)，C 错误；
D．b、c 两点温度相同，K 相等，正反应吸热，a 温度更低平衡逆向移动，K 更小，故平衡常数：Ka<Kb=Kc，
D 正确；
15、D
【解析】A 项，主反应为吸热反应，吸热反应正反应的活化能较大，A 项正确；B 项，根据题意可
知，温度为700°C 时，反应恰好达到首次平衡，则X 点还未达到平衡，因此甲醛的正反应速率较大，B
项正确；C 项，温度高于600°C，甲醛的选择性降低，故推测高于600°C，催化剂对副反应的选择性可
能提高，C 项正确；D 项，根据题中数据可知，主反应消耗的甲醇为0.5mol/L×60% 1
3
0.1mol/L，副
反应消耗的甲醇为0.5mol/L×60%－0.1mol/L=0.2mol/L，据此列出各物质浓度的变化量如下：
3
2
CH OH g
HCHO g
H
g
mol / L
0.1
0.1
0.1
变化量
3
2
CH OH g
CO g
2H
g
mol / L
0.2
0.2
0.4
变化量
，平衡时，c(H2)=0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L，
D 项错误；故选D。
16．（每空2 分）
(1)bd
(2)AD
(3)
a
b
(4) ad
ac
【详解】（1）a．纤维素是植物细胞壁的主要成分，通过水解过程可以将纤维素分解为单糖，进而发酵产
生乙醇。这个过程中，乙醇作为生物燃料，其能量本质上来源于太阳能，因此属于生物质能的一种形式，
a 正确；
b．生物质直接燃烧是人类生物能源最原始、最传统的利用方式，效率低，能源和资源的浪费很大，不是
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
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一种高效利用能源的方式，b 错误；
c．生物质油是由生物质资源通过热解等技术转化而来的液体燃料，这些生物质资源包括农作物秸秆、林
业废弃物、动物粪便等，这些原料通过光合作用可以再生，因此生物质油属于可再生能源，c 正确；
d．生物质裂解获得的汽油、柴油的过程中有新物质生成，属于化学变化，d 错误；
e．生物质能是一种可再生能源，其本质上是太阳能以化学能形式储存在生物质中的能量，e 正确；
（2）由生物质能获得的CO 和H2，当两者1：1 催化反应，其原子利用率达100%，则只要各选项中的化
学式能化为形式(CO)n(H2)n，都是正确的，汽油是混合物，乙酸(CH3COOH)可表示为(CO)2(H2)2，甲醛(CH2O)
可变为(CO)1(H2)1，甲醇(CH4O)可变为(CO)1(H2)2，故选AD。
（3）①从原料消耗的角度来看，路线a 需要消耗1mol 乙醇和1mol 水蒸气生成4mol 氢气，而路线b 需
要消耗1mol 乙醇和0.5mol 氧气生成3mol 氢气，因此，路线a 在原料消耗上更为有利，因为每1mol 乙
醇可以生成更多的氢气；
②从能量消耗的角度来看，路线a 生成4 分子H2 的反应焓变为+255.58 kJ·mol-1，而路线b 生成3 分子H2
的反应焓变为+13.76 kJ·mol-1，路线b 制氢更加有利。
（4）①a．由反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可知该反应过程中2v(CO)正=v(H2)逆，a 错误；
b．恒温恒压下，气体的质量不变，但容器的体积发生变化，容器内气体的密度不再改变时，表明反应达
到平衡状态，b 正确；
c．恒压条件下，在原平衡体系中充入一定量的氦气，容器的体积变大，相当于减小压强，平衡逆向移动，
c 正确；
d．△H 的值与反应物的投入量无关，恒温恒压下，改变反应物的投入量，ΔH 的值不发生变化，d 错误；
e．温度一定时，缩小容器的体积，气体的压强增大，平衡将向右移动，容器中各种气体的浓度都增大，
e 正确；
②甲容器反应物投入1molCO、2molH2 与乙容器反应物投入1mol CH3OH 在保持恒温、恒容情况下是等
效平衡，平衡时CH3OH 的浓度c1=c2 、α1+α2=1、Q1+Q2 能量总变化相当于1molCO、2molH2 完全转化成
1mol CH3OH 的能量，即吸放热Q1+Q2 数值上就等于90.8kJ；甲容器反应物投入量1molCO、2molH2 与丙
容器反应物投入量2molCO、4molH2，若恒温且丙容器容积是甲容器2 倍，则甲容器与丙容器也是等效平
衡，然而现在是温度、容积相同的3 个密闭容器，可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积
受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容
器平衡向正向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要大一些．因此2c1＜c3、α1＜α3，反应在相
同温度下进行，平衡常数相等，
a．由以上分析可知c3＞2c1=2c2，故a 正确；
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
答案第6页，共9页
b．由以上分析可知丙容器的转化率比甲容器还要大一些，则Q3＞2Q1，故b 错误；
c．反应温度相等，则平衡常数相等，故c 正确；
d．由以上分析可知α1+α2=1，α1＜α3，则a2+a3＞100%，故d 错误；
故答案为：ac。
17、（每空2 分）
(1)温度计(2 分)
(2)CD(2 分)；钢热传导的速率快(2 分)
(3)确保可燃物完全燃烧(2 分)
(4)2.9(2 分)
(5)C10H8(s)+12O2(g)
10CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-5104 kJ·mol-1(2 分)
(6)b(2 分)
解析:(2)搅拌器适宜的材质为导热性能差的陶瓷或玻璃纤维;钢弹采用钢制的原因是钢的导热性好,能使物
质燃烧产生的热量及时传递给水。
(4) 实验①温差为28.0 ℃-25.0 ℃=3.0 ℃, 实验②温差为27.3 ℃-24.5 ℃=2.8 ℃, 实验③温差为
28.4 ℃-24.0 ℃=4.4 ℃,实验③数据误差较大应该舍去,萘压片完全燃烧,氧弹热量计内筒升高的温度平均为
3.0+2.8
2
℃=2.9 ℃。
(5)0.64 g 萘完全燃烧放出的热量为8.8 kJ×2.9=25.52 kJ,0.64 g 萘的物质的量为
0.64g
128g·mol-1=0.005 mol,则1 mol
萘完全燃烧放出的热量为
25.52
0.005
kJ=5104 kJ, 故表示萘燃烧热的热化学方程式为
C10H8(s)+12O2(g)
10CO2(g)+4H2O(l)
ΔH=-5104 kJ·mol-1。
(6)钢弹内氧气有剩余对测得的数据无影响,a 项不符合题意;氧弹热量计绝热外套破损会使热量散失,测得
的萘的燃烧热偏小,b 项符合题意;萘压片的实际质量大于0.64 g 会导致萘燃烧放出的热量偏大,测得的萘的
燃烧热偏大,c 项不符合题意。
18、（除标注外，每空2 分）
（1）a+32
（2）0.25a×78%×15%
升高温度时，反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应I 逆向移动的幅度
AC
2.3
（3）降低温度
0c
5t
=
（1 分）
【解析】（1）已知热化学方程式：
i.
2
3
2
2
3
CH
CHCH g
Cl
g
CH ClCHClCH g
═
1
1
Δ
132kJ mol
H
ii.
2
3
2
2
2
CH
CHCH g
Cl
g
CH
CHCH Cl g
HCl g
═
1
2
100kJ mol
H
根据盖斯定律可知，由“i ii”可得
2
2
2
3
CH
CHCH Cl g
HCl g
CH ClCHClCH g
═
1
1
1
Δ
132kJ mol
100kJ mol
32kJ mol
H
，
又
a
H
E
(正)
bE
(逆)
1
kJ mol
b
a
E
(逆)
1
32kJ mol
，解得
1
b
(
32
E
)kJ mol
(
)
a
逆
；
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
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（2）①按
2
2
CO
:
H
1:3
n
n
(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应，则
2
CO 的物质的量为
0.25a mol，由图可知，在513K 达平衡时，
2
CO 的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，则反应体
系内甲醇的物质的量为0.25
78% 15%mol
a
；反应Ⅰ为放热反应，升温则平衡逆向移动，而反应Ⅱ为吸热
反应，升温则平衡正向移动，由于反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应Ⅰ逆向移动的幅度，所以，随着温度的
升高，
2
CO 的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低；
②A．根据图中曲线分析，温度低于
4T 时，相同时间内，催化剂Ⅰ作用下
2
CO 的转化率最大，则催化剂Ⅰ的
催化效果最好，故A 项正确；
B．由图可知，a 点时反应达到平衡状态，则b 点时，反应未达到平衡状态，即v正大于v逆，故B 错误；
C．a 点转化率比c 点高，可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低，C 项正确；
D．
2
CO 与
2
H 按浓度比1:3 充入，又按1:3 反应，则
2
CO 与
2
H 浓度比始终保持1:3 ，则
2
CO 与
2
H 浓度比
保持1:3 不再变化，不能说明该反应已达平衡状态，故D 错误；
故答案选AC；
③若将密闭容器恒定为1L，温度为180℃，起始时充入2.0mol
2
CO 和2.0 mol
2
H ，使其仅按反应Ⅱ进行，
2
CO 平衡转化率为60%，可列出三段式：
2
2
2
1
1
1
CO
g
H
g
CO g
H O g
c
mol L
2.0
2.0
0
0
c
mol L
1.2
1.2
1.2
1.2
c
mol L
0.8
0.8
1.2
1.2
(起始/
)
(转化/
)
(平衡/
)
则平衡常数
1.2 1.2
9
0.8
0.8
4
K
，当反应达平衡时，正、逆反应速率相等，则
2
2
2
CO
H O
CO
H
c
c
k
K
k
c
c
正
逆
9
2.25
2.3
4
；
（3）①如果要将图中C 点的平衡状态改变为B 点的平衡状态，且
2
NO 的平衡转化率增大，则平衡正向
移动，又因正反应为放热反应，所以，降低温度能使平衡正向移动。
②A 点
2
NO 的平衡转化率为50%，
0
2
0
2
NO
:
SO
0.4
n
n
，
2
SO 的起始浓度为
1
0mol L
c
，则
2
NO 的起始
浓度为
1
0
0.4c mol L
，参与反应的二氧化氮浓度为
1
1
0
0
0.4 mol L
50% 0.2 mol L
c
c
则该时段的化学反应速
率
1
1
1
0
0
2
0.2 mol L
NO
mol L
min
min
5
c
c
v
t
t
③
2
2
3
NO
g
SO
g
SO
g
NO g
Δ
0
H
，反应为放热反应，C 点
0
2
0
2
NO
:
SO
1.0
n
n
，设
2
SO 的
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
答案第8页，共9页
起始浓度为
1
0mol L
c
，
1
2
0
NO
mol L
c
c
，平衡时，二氧化氮的转化率为50%，可列“三段式”：
2
2
3
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
NO
g
SO
g
SO
g
NO g
c
mol L
c
c
0
0
c
mol L
0.5c
0.5c
0.5c
0.5c
c
mol L
0.5c
0.5c
0.5c
0.5c
(起始/
)
(转化/
)
(平衡/
)
计算可得平衡常数
1
K 。
D 点时二氧化氮的平衡转化率为40%，
0
2
0
2
NO
:
SO
1.5
n
n
，设
2
SO 的起始浓度为
1
0mol L
c
，则
1
2
0
NO
1.5 mol L
c
c
，列“三段式”：
2
2
3
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
NO
g
SO
g
SO
g
NO g
c
mol L
1.5c
c
0
0
c
mol L
0.6c
0.6c
0.6c
0.6c
c
mol L
0.9c
0.4c
0.6c
0.6c
(起始/
)
(转化/
)
(平衡/
)
计算得平衡常数
1
K ，C、D 两点反应的平衡常数相同，说明反应温度相同，故
C
D
T
T
。
19、(1)+165.0(2 分)
高温(2 分)
(2) Cu(2 分)
CO2 得e-形成CO2-后，C 与Au 催化剂活性位点连接，再结合H+形成-COOH 吸附
在催化剂表面，继续得e-并结合H+脱水形成CO 吸附在催化剂表面，最后从催化剂表面脱附
(或“先发生反应CO2+e-=CO2-，而后发生反应CO2-+H+→-COOH，继续得e-并结合H+形成CO 吸附在催
化剂表面，最后脱附”) (2 分)
(3)AB(2 分)
95%
b%
a
5%
(2 分)
随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH 的选择性却迅
速下降(2 分)
【解析】(1)已知：①C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)
ΔH1＝+123.8kJ·mol−1；②CO2(g)＋H2(g)
CO(g)
＋H2O(g)
ΔH2＝+41.2kJ·mol−1；根据盖斯定律，反应①+反应②得到C3H8(g)+CO2(g)= C3H6(g)＋CO(g)＋
H2O(g)，则ΔH＝+123.8kJ·mol−1 +41.2kJ·mol−1＝+165.0kJ·mol−1；该反应的ΔH＞0、ΔS＞0，则在高温下自
发进行；
(2)①若还原产物主要为CH4 时，应选择Cu 作催化剂；回溯CH4 时生成机理，第1 步是C 与催化剂
活性位点相连，排除Sn；Au 对CO 的吸附能力较小，CO 易脱离；Cu 对CO 的吸附能力强，CO 不易从
催化剂表面脱离，即可得到CH4；②当选择恰当金属催化剂时，CO2 得e-形成CO2-后C 与Au 催化剂活性
位点连接，再结合H+形成-COOH 吸附在催化剂表面，继续得e-并结合H+脱水形成CO 吸附在催化剂上，
最后从催化剂表面脱附，生成CO；
(3)①A 项，由题干信息可知，主反应和副反应均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2 平衡转
化率减小，A 不符合题意；B 项，恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，主反应为气体
系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小，B 不符合题意；C 项，分离出HCOOH，主反
{#{QQABBYYlwgAwkIbACR4KAUGgCAgQkJAjJeoMhRCaOAwjSJFABIA=}#}
答案第9页，共9页
应平衡正向移动，CO2 转化率增大，C 符合题意；故选AB；②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，
673.15K 时，CO2 的转化率为95%，HCOOH 的选择性为b%，所以n(HCOOH)=1×95%×b%mol，由于主
反应和副反应中H2和CO2都是1∶1 反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，
p(HCOOH)=
1 95%
% a
1 5%
b
MPa，所以主反应的压力商计算式Qp=
1 95%
% a
1 5%
a
a
b
=
95%
%
a
5%
b
；③随温度升
高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH 的选择性却迅速下降，说明副反应的反应速率增加更显著。
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