江西省景德鎮(zhèn)市2024屆高三第三次質(zhì)量檢測化學(xué)試題【含答案解析】

景德鎮(zhèn)市2024屆高三第三次質(zhì)量檢測試卷化學(xué)本試卷滿分100分，考試用時75分鐘1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上指定區(qū)域，超出答題框無效。3.可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1B：11C：12N：14O：16F：19Al：27K：39Ca：40Cr：52Co：59一、選擇題，每小題只有1個正確選項(每小題3分，共42分)1.江西礦物資源豐富，有“物華天寶、人杰地靈”之稱。下列有關(guān)說法錯誤的是A.德興銅礦是中國第一大伴生金礦和伴生銀礦，電解精煉銅時粗銅作陽極B.浮梁縣朱溪鎢銅礦是世界最大鎢礦，金屬鎢可用鋁熱法冶煉C.宜春鋰礦是亞洲最大的鋰云母礦，鋰是密度最小的金屬D.贛州素有“稀土王國”的美譽，稀土元素包含鈦【答案】D【解析】【詳解】A．用電解法電解精煉銅時粗銅做陽極，銅不溶解，在陰極得電子生成Cu，A正確；B．鎢是一種重金屬，其含氧化物在常壓下比較難以還原。但是，在高溫下，鋁熱反應(yīng)具有很強的還原性，可以將鎢的氧化物還原為鎢金屬，B正確；C．鋰的密度最小，鋰是密度最小的金屬，C正確；D．稀土元素是元素周期表中的鑭系元素和鈧、釔共十七種金屬元素的總稱，鈦不屬于稀土元素，D錯誤；答案選D。2.下列化學(xué)用語表述正確的是A.熟石膏的化學(xué)式： B.分子的VSEPR模型：C.基態(tài)溴原子的價層電子排布式：[Ar] D.含有8個中子的碳原子：【答案】A【解析】【詳解】A．熟石膏的化學(xué)式：，A正確；B．分子中心原子S價層電子對數(shù)：，VSEPR模型為四面體型，B錯誤；C．Br原子序數(shù)35，價層電子排布式：，C錯誤；D．含有8個中子的碳原子：，D錯誤；答案選A。3.下列方程式能正確表示相應(yīng)變化的是A.草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)：B.空氣中加熱FeO：C.用銅電極電解飽和食鹽水，陽極有白色沉淀生成：D.向硝酸銀溶液中滴加少量的氨水：【答案】B【解析】【詳解】A．草酸為弱酸，不拆為離子形式，草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)：，A錯誤；B．空氣中加熱FeO：，B正確；C．用銅電極電解飽和食鹽水，陽極有白色沉淀生成：，C錯誤；D．向硝酸銀溶液中滴加少量的氨水：，D錯誤；答案選B。4.下列有關(guān)阿伏伽德羅常數(shù)()的敘述中正確的是A.18g液態(tài)水中含有氫鍵的數(shù)目為2B.10g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇溶液中含有O-H鍵的數(shù)目為0.1C.常溫下2.7gAl加至足量的濃硝酸中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3D.25℃時，1LpH=2的溶液中，的數(shù)目為0.01【答案】D【解析】【詳解】A．冰中每個水分子與其相鄰的4個水分子間形成4個氫鍵，冰融化為液態(tài)水，破壞了一部分氫鍵，故18g液態(tài)水物質(zhì)的量為1mol，可形成氫鍵數(shù)目小于，A錯誤；B．10g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇溶液中含乙醇質(zhì)量4.6g，物質(zhì)的量為0.1mol，溶液中水中也含O-H鍵，所以其數(shù)目大于，B錯誤；C．常溫下Al與濃硝酸鈍化，C錯誤；D．溶液pH=2，溶液中，溶液體積為1L，的數(shù)目為，D正確；答案選D。5.“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”，下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法中正確的是A.溫度相同時，水溶液中電離常數(shù)：B.熔點：C.分子的極性：D.、、三種分子中的鍵能：F-F<Cl-Cl<Br-Br【答案】C【解析】【詳解】A．由于電負性：F>Cl，F(xiàn)-C的極性大于Cl-C的極性，使F3C-的極性大于Cl3C-的極性，導(dǎo)致CF3COOH的羧基中的羥基的極性更大，更容易電離出氫離子，所以溫度相同時，水溶液中電離常數(shù)：，A錯誤；B．屬于分子晶體，NaCl、MgCl2均屬于離子晶體，一般離子晶體的熔點高于分子晶體，則AlCl3的熔點最低，B錯誤；C．為極性分子，為非極性分子，故分子的極性：，C正確；D．、、三種分子中的鍵能：F-F<Br-Br<Cl-Cl，D錯誤；故選C。6.由大腦分泌的化合物X名為甲硫氨酸-腦啡肽，其結(jié)構(gòu)如下圖。下列敘述正確的是A.X是一種五肽 B.組成X的氨基酸有5種C.X含有4個手性碳原子 D.X不能使溴水褪色【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)結(jié)構(gòu)圖可知，該分子中含4個肽鍵，為五肽，A正確；B．化合物X水解后可形成4種氨基酸，分別為、、和，B錯誤；C．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，化合物X分子中含3個手性碳原子，,C錯誤；D．化合物X分子中含酚羥基，可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)導(dǎo)致溴水褪色，D錯誤；答案選A。7.根據(jù)實驗事實能得出相應(yīng)結(jié)論的是A.在25℃和40℃測得0.1mol/L溶液的pH分別為9.37和9.66。的水解常數(shù)：(40℃)>(25℃)B.在苯中溶解度大于在水中。溶劑的極性：苯>水C.將有機物X：滴入溴的溶液中，溶液褪色?？梢詸z驗X中的碳碳雙鍵D.向溶液Y中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成。Y中一定含有【答案】A【解析】【詳解】A．溫度升高，溶液pH增大，堿性增強，說明水解平衡正向移動，水解程度增大，水解常數(shù)增大，則的水解常數(shù)：Kh(40℃)>Kh(25℃)，A正確；B．在苯中的溶解度大于在水中，說明苯與極性相似，不能說明溶劑的極性：苯>水，B錯誤；C．因碳碳雙鍵和醛基均能使溴的溶液褪色，則不能檢驗X中的碳碳雙鍵，C錯誤；D．向溶液Y中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成，該沉淀可能是硫酸鋇，也可能是氯化銀，則Y中可能含有或Ag+，D錯誤；故選A。8.由于鈉資源儲量豐富，便于開采，價格便宜，鈉離子電池有望成為下一代大規(guī)模儲能電池。我國化學(xué)家最近研制的一種鈉離子電池如圖所示。下列說法正確的是A.膜是陰離子交換膜B充電時向石墨電極移動C.放電時正極的電極反應(yīng)：D.有機溶劑可選擇乙醇【答案】C【解析】【分析】由圖知，金屬鈉為負極，電極反應(yīng)式為，參雜石墨極為正極，電極反應(yīng)式為，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．由分析知，通過膜由負極進入正極，膜是陽離子離子交換膜，A錯誤；B．充電時向金屬鈉電極移動，B錯誤；C．由分析知放電時正極電極反應(yīng)：，C正確；D．乙醇能與鈉反應(yīng)，故有機溶劑不能選擇乙醇，D錯誤；故選C。9.黃色化合物Р的陽離子和陰離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。其中W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大且分布在前四個周期，X的一種單質(zhì)導(dǎo)電能力強但硬度很小，Y的簡單氫化物可以作制冷劑，Z的氧化物可做消毒劑，M核外只有1個單電子。下列敘述錯誤的是A.電負性：Y>X>M>W B.基態(tài)Z原子中電子的空間運動狀態(tài)有9種C.簡單氫化物的沸點：X<Y D.同周期中，第一電離能比Y大的有2種元素【答案】A【解析】【分析】X的一種單質(zhì)導(dǎo)電能力強但硬度很小，X為C，Y的簡單氫化物可以作制冷劑，Y為N，Z的氧化物可做消毒劑，Z為Cl，M核外只有1個單電子，且化合價為+2價，M為Cu；由W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大且分布在前四個周期可知，W為H，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．同周期元素從左到右，電負性依次增大，且非金屬元素電負性大于金屬元素，則電負性：N>C>H>Cu，即電負性：Y>X>W>M，A錯誤；B．基態(tài)Cl原子的電子排布為，共占據(jù)9個原子軌道，故電子的空間運動狀態(tài)有9種，B正確；C．因氮的簡單氫化物氨氣中含有氫鍵，簡單氫化物的沸點：CH4<NH3，C正確；D．同周期中，第一電離能比N大的有F、Ne共2種元素，D正確；故選A。10.某研究小組利用軟錳礦(主要成分為，另含少量鐵、鋁、銅、鎳的化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程，既脫除燃煤尾氣中的，又制得電池材料。下列敘述錯誤的是A.X可能是B.若濾渣2是CuS和NiS，則Y一定是C.還原酸浸時，參與的反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1D.氧化時發(fā)生的離子方程式：【答案】B【解析】【分析】二氧化錳具有氧化性，SO2具有還原性，“還原酸浸”步驟二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為，“除鐵鋁”步驟加入X調(diào)節(jié)溶液的pH，促進Fe3+、Al3+水解生成氫氧化物沉淀，從而除去鐵鋁；“除銅鎳”步驟加入Y，除Cu2+、Ni2+，“氧化”步驟加入KMnO4將Mn2+氧化為MnO2，過濾，得到MnO2，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．“除鐵鋁”步驟加入X調(diào)節(jié)溶液的pH，促進Fe3+、Al3+水解生成氫氧化物沉淀，從而除去鐵鋁，X可能是，故A正確；B．“除銅鎳”步驟加入Y，除Cu2+、Ni2+，“若濾渣2是CuS和NiS，Y最好是MnS，除去雜質(zhì)，且不引入新雜質(zhì)，故B錯誤；C．還原酸浸時，參與的反應(yīng)中，發(fā)生反應(yīng)，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，故C正確；D．“氧化”步驟加入KMnO4將Mn2+氧化為MnO2，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒配平該反應(yīng)的離子方程式：，故D正確；故選B。11.已知的立方晶胞如圖所示，其晶胞參數(shù)為apm。下列說法正確的是A.與距離最近的數(shù)目為4B.晶體中與之間的最近距離為C.晶體的密度為D.晶胞中圍成的立方體棱長為pm【答案】C【解析】【分析】由圖知，該晶胞中，黑球在面心和頂點，共有4個，白球在晶胞內(nèi)，共有8個，故黑球為，白球為，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．與距離最近的數(shù)目為8，A錯誤；B．晶體中與之間的最近距離為體對角線的四分之一，故最近距離為，B錯誤；C．晶體的密度為，C正確；D．晶胞中圍成的立方體的體對角線為，故棱長為pm，D錯誤；故選C。12.實驗室可用離子交換法測定溶液的濃度，取ml待測液，加入到交換柱中，待測液往下流的過程中會與氫型陽離子交換樹脂(用RH表示)發(fā)生反應(yīng)：；用錐形瓶承接交換液，控制交換液的流出速率約為每分鐘20-25滴。交換完成后，用cmol/LNaOH溶液滴定交換液至終點，消耗體積ml。(注：在滴定終點的pH，和NaOH不反應(yīng))下列說法錯誤的是A.滴定時可選擇酚酞作指示劑B.溶液的濃度為mol/LC.若交換液的流出速率過快，可能導(dǎo)致測得溶液的濃度偏小D.利用該方法可以準(zhǔn)確測定溶液的濃度【答案】D【解析】【詳解】A．滴定反應(yīng)為鹽酸和氫氧化鈉反應(yīng)，可以選擇酚酞作指示劑，A正確；B．由題干可知，存在，則溶液的濃度為mol/L，B正確；C．若交換液的流出速率過快，可能導(dǎo)致交換不充分，使得標(biāo)準(zhǔn)液用量偏小，測得溶液的濃度偏小，C正確；D．HF會和裝置中玻璃纖維反應(yīng)導(dǎo)致出現(xiàn)實驗誤差，D錯誤；故選D。13.一定溫度下，反應(yīng)的機理第1步為，理論計算后續(xù)步驟可能的反應(yīng)機理如圖所示，TS1和TS2表示過渡態(tài)。下列說法錯誤的是A.該反應(yīng)的 B.機理a、b均表示2步基元反應(yīng)C.機理a、b決速步的能壘： D.由機理a可知鍵能大小：Cl-Si<H-Si【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，該反應(yīng)的，A正確；B．由圖可知，機理a、b均表示2步基元反應(yīng)，B正確；C．由圖可知，機理a決速步的能壘為，機理b決速步的能壘為，故，C正確；D．由圖可知反應(yīng)的反應(yīng)熱，說明斷裂H-Si吸收的能量小于形成Cl-Si釋放的能量，則機理a鍵能大?。篊l-Si>H-Si，D錯誤；故選D。14.常溫下向飽和溶液(始終有固體存在)中滴加HCl溶液或者NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，測得溶液中濃度的對數(shù)lg(Ca)與溶液的pH之間的關(guān)系如下圖。已知的電離常數(shù)的負對數(shù)：，；下列說法正確的是A.溶液中始終存在：B.的數(shù)量級為C.pH=7時，D.A點時，【答案】B【解析】【詳解】A．由物料守恒得，在溶液中始終存在：，A錯誤；B．由，，，數(shù)量級為，B正確；C．由電荷守恒得，pH=7時，，故，C錯誤；D．A點時pH=2.75,，，故，D錯誤；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.三氯化六氨合鈷()是一種重要的化工產(chǎn)品。實驗室以為原料制備三氯六氨合鈷的方法如下，回答下列問題：Ⅰ．制備氯化鈷：已知易潮解，可用高熔點金屬鈷與氯氣反應(yīng)制取。實驗室可用下圖裝置進行制備（1）儀器a的名稱為_____。（2）A中固體為高錳酸鉀，則反應(yīng)的離子方程式為______。裝置B中試劑X為____。（3）球形干燥管中試劑的作用為______。Ⅱ．制備三氯化六氨合鈷：將制備的按下圖流程操作（4）“氧化”步驟中應(yīng)控溫在60℃進行，可采取水浴加熱，其優(yōu)點為____。（5）利用、、濃氨水、制備的總反應(yīng)化學(xué)方程式___。（6）操作X中，加入濃鹽酸的作用是____。Ⅲ．測定鈷含量：準(zhǔn)確稱量3.0000g樣品，加入硫酸酸化的KI溶液至樣品恰好完全溶解，配成250mL溶液。量取25.00mL溶液，加入適量緩沖溶液，幾滴淀粉溶液，用0.1000mol/L溶液滴定生成的，消耗溶液的體積為10.00mL。(已知：①將氧化成，自身被還原成；②)。（7）計算樣品中鈷元素的質(zhì)量分數(shù)為_______%(保留至小數(shù)點后兩位)。【答案】（1）分液漏斗（2）①.②.飽和食鹽水（3）吸收氯氣，防止污染空氣，同時防止空氣中的水進入D中（4）受熱均勻，利于控制溫度（5）（6）增大氯離子濃度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶體析出（7）19.67％【解析】【分析】Ⅰ．A中高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)制備氯氣，B中試劑X為飽和食鹽水，吸收氯氣中的HCl，C中試劑Y為濃硫酸，干燥氯氣，D中氯氣和Co在加熱條件下反應(yīng)制備CoCl2，E中堿石灰可以吸收未反應(yīng)的氯氣，防止污染環(huán)境，同時可以防止空氣中的水進入D中。Ⅱ．利用、、濃氨水、制備的總反應(yīng)化學(xué)方程式為，趁熱過濾除掉活性炭，加入濃鹽酸利用同離子效應(yīng)促進產(chǎn)品的析出?！拘?詳解】儀器a為分液漏斗?！拘?詳解】A的作用是制備氯氣，由高錳酸鉀和濃鹽酸在不加熱的條件下反應(yīng)，其離子方程式為，裝置B中試劑X為飽和食鹽水，除去氯氣中的HCl；【小問3詳解】球形干燥管中的堿石灰可以除去過量的氯氣，防止污染環(huán)境，同時由于CoCl2易潮解，所以也可以防止空氣中的水蒸氣的進入；【小問4詳解】水浴加熱的優(yōu)點就是受熱均勻，利于控制溫度；【小問5詳解】利用、、濃氨水、制備時發(fā)生的總反應(yīng)為：【小問6詳解】加入濃鹽酸是利用同離子效應(yīng)增大氯離子濃度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶體析出；【小問7詳解】由滴定過程可得關(guān)系式為：2Na2S2O3~I2~2Co2+，則Co元素的質(zhì)量分數(shù)為：。16.以紅土鎳鎘礦(NiS、CdO，含、CuO、PbO、等雜質(zhì))為原料回收貴重金屬Ni、Cd和Cu，其工藝流程如圖所示：已知：水溶液中物質(zhì)得失電子的能力可用標(biāo)準(zhǔn)電極電勢[E(高價態(tài)/低價態(tài))]衡量，E越大說明高價態(tài)物質(zhì)的氧化性越強、E越小說明低價態(tài)物質(zhì)的還原性越強。物質(zhì)E/V+0.34-0.13-0.40-0.44-0.26（1）“漿化”的目的是_____。（2）濾渣Ⅰ中含有硫單質(zhì)，寫出“酸浸”時NiS反應(yīng)的離子方程式_____；濾渣Ⅰ中還含有_____。(填化學(xué)式)（3）溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀時(濃度mol/L)的pH如下表，則物質(zhì)X不可能是_____；所調(diào)pH范圍_____。離子開始沉淀的pH1.56.57.24.76.8沉淀完全的pH3.39.99.56.79.2a．b．CuOc．d．NaOH（4）電解時陰極的電極反應(yīng)為_____。（5）整個流程中可以循環(huán)使用物質(zhì)有______。(填化學(xué)式)【答案】（1）增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率（2）①.2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O②.SiO2、PbSO4（3）①.d②.3.3-4.7（4）Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd（5）Ni、CO、H2SO4【解析】【分析】鎳鎘礦漿化，然后通入空氣加入稀硫酸進行酸浸，硫化鎳和金屬氧化物溶于稀硫酸得到硫酸鹽，二氧化硅不反應(yīng)，PbSO4不溶，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鉛的濾渣Ⅰ和濾液；向濾液中加入鎳的不溶物調(diào)節(jié)pH，將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，X可以是碳酸鎳或氧化鎳等，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣Ⅱ和濾液；結(jié)合電極電位和不引入雜質(zhì)，可向濾液中加入Y鎳，置換出銅離子為銅，過濾得到含有銅、鎳的金屬A和硫酸鎳、硫酸鎘的濾液；濾液經(jīng)電解、過濾得到含有鎘和鎳的固體和稀硫酸溶液；固體通入一氧化碳氣化分離得到Ni(CO)4和鎘；Ni(CO)4受熱分解得到鎳以及CO，則該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)為一氧化碳、硫酸和鎳等?！拘?詳解】“漿化”的目的是增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率，提高某些金屬元素浸取率?！拘?詳解】空氣中氧氣具有氧化性，酸性條件下氧化NiS得到硫單質(zhì)，反應(yīng)為：2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；由分析可知，濾渣Ⅰ中還含有SiO2、PbSO4；小問3詳解】向濾液中加入不溶物X和溶液中氫離子反應(yīng)調(diào)節(jié)pH，將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，而其它離子不沉淀，則需調(diào)pH范圍為3.3-4.7；氫氧化鈉溶液堿性太強且會引入鈉離子，不合適，、CuO、均為固態(tài)且和氫離子反應(yīng)能調(diào)節(jié)pH不引入其它雜質(zhì)，合適；故選d；【小問4詳解】電解時陰極的鎳離子、鎘離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化為金屬單質(zhì)，電極反應(yīng)為Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd；【小問5詳解】由分析可知，整個流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有Ni、CO、H2SO4。17.丙醛是一種重要的有機原料，在許多領(lǐng)域都有廣泛的應(yīng)用。在銠催化劑作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反應(yīng)如下：主反應(yīng)Ⅰ．副反應(yīng)Ⅱ．回答下列問題：（1）_____0(填：“>”或“<)。（2）保持溫度不變，在恒容反應(yīng)器中，按照投料，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ，初始壓強為4pkPa，反應(yīng)tmin達到平衡，平衡時的轉(zhuǎn)化率為80%，的選擇性為25%，則的轉(zhuǎn)化率為______%，_____kPa/min，反應(yīng)Ⅰ的_____。(用含p的代數(shù)式表示，的選擇性=)。（3）在裝有相同催化劑的。相同恒壓容器中，按照投料，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ，相同時間內(nèi)，測得不同溫度下的轉(zhuǎn)化率()如圖所示。則B、D兩點的平均反應(yīng)速率v(B)_____v(D)(填“>”、“=”、“<”)，產(chǎn)生這一結(jié)果的原因可能是______。（4）T℃時，向恒溫恒容的甲容器中，通入1mol、1molCO和2mol；向絕熱恒容的乙容器中通入1mol、1molCO、2mol，若只發(fā)生上述反應(yīng)Ⅰ。則甲乙容器中的平衡轉(zhuǎn)化率____(填“>”、“<”或“=”)，理由是_____?！敬鸢浮浚?）<（2）①.80②.③.（3）①.>②.溫度升高，催化劑活性降低，且催化劑對化學(xué)反應(yīng)速率的影響大于溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響（4）①.>②.反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，由甲到乙，相當(dāng)于升高溫度，平衡逆向移動，C2H4的轉(zhuǎn)化率降低【解析】【小問1詳解】反應(yīng)I為化合反應(yīng)，絕大多數(shù)化合反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以；【小問2詳解】設(shè)物質(zhì)的量分別為，達到平衡時C2H4的轉(zhuǎn)化率為80%，即反應(yīng)消耗C2H4物質(zhì)的量為0.8mol，C2H6的選擇性為25%，則生成的C2H6有0.8mol×25%=0.2mol，則反應(yīng)Ⅱ消耗的H2有0.2mol，消耗的C2H4有0.2mol，反應(yīng)Ⅰ消耗的C2H4為0.6mol，消耗的H2為0.6mol，共消耗H2物質(zhì)的量為0.8mol，H2的轉(zhuǎn)化率為80%；反應(yīng)初始氣體總物質(zhì)的量為4mol，初始總壓強為4pkPa，CO初始分壓pkPa，反應(yīng)I消耗CO為0.6mol，即壓強變化0.6pkPa，反應(yīng)速率：；，平衡時，n(C2H4)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，n(CO)=1.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，氣體總物質(zhì)的量為2.6mol，初始時氣體總物質(zhì)的量為4mol，總壓為4pkPa，則平衡時各物質(zhì)分壓為p(C2H4)=0.2pkPa，n(H2)=0.2pkPa，n(CO)=1.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，；【小問3詳解】從圖中可知B點乙烯的轉(zhuǎn)化率大于D點，但都小于該溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率，說明開始時隨著溫度的升高，反應(yīng)速率增大，乙烯的轉(zhuǎn)化率不斷增大，但是隨著溫度進一步升高，催化劑活性降低，催化劑降低對反應(yīng)速率降低的影響強于溫度升高對反應(yīng)速率加快的影響，所以；【小問4詳解】反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，由甲到乙，相當(dāng)于升高溫度，平衡逆向移動，C2H4的轉(zhuǎn)化率降低，所以。18.?？颂婺?Icotinib)，商品名凱美納，是我國首個具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的小分子靶向抗癌創(chuàng)新藥。它由浙江貝達藥業(yè)股份有限公司生產(chǎn)，于2011年在我國上市。埃克替尼的問世，標(biāo)志著