重庆市2023届高三下学期5月“三诊”化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页2023年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第三次联合诊断检测化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Cl-35.5Cr-52Ni-59Pb-207一、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.央视纪录片《如果国宝会说话》中介绍了很多文物，其中主要成分属于硅酸盐的是A.江西省博物馆藏青铜钺 B.霍去病墓石刻 C.素纱禅衣 D.跪射俑【答案】D【解析】【详解】A．青铜钺主要成分为青铜合金，不是硅酸盐，A错误；B．霍去病墓石刻主要成分为碳酸钙，不是硅酸盐，B错误；C．素纱禅衣主要成分为蛋白质，不是硅酸盐，C错误；D．跪射俑为陶瓷，陶瓷主要成分为硅酸盐，D正确；故答案选D。2.我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示不正确的是A.的电子式： B.P原子的结构示意图：C.空间结构模型： D.的VSEPR模型：【答案】C【解析】【详解】A．Ca原子失去最外层两个电子变成Ca2+，Ca2+的电子式为Ca2+，A项正确；B．P为15号元素，核外电子层上电子数分别为2、8、5，B项正确；C．的中心原子上孤电子对数为，则的空间结构为正四面体形，C项错误；D．H2O的中心原子上孤电子对数为，则H2O的VSEPR模型为正四面体形，D项正确。答案选C。3.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.氨水溶液中：、、、B.0.1KI溶液中：、、、C.能使甲基橙变红的溶液中：、、、D.0.1溶液中：、、、【答案】B【解析】【详解】A．氨水溶液呈碱性，Cu2+和OH—反应生成Cu(OH)2沉淀而不能大量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应且和KI不反应，所以能大量共存，故B正确；C．使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+可以与反应生成S、SO2而不能大量共存，故C错误；D．、Al3+相互促进发生双水解，所以不能大量共存，故D错误；故选：B。4.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A.熔点高，可用于做耐高温材料 B.显碱性，可用作制冷剂C.受热易分解，可用作氮肥 D.具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3是离子化合物，熔点高耐高温，可用于做耐高温材料，性质与用途具有对应关系，A符合题意；B．NH3加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，性质与用途不具有对应关系，B不符合题意；C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的铵根离子可被植物吸收，性质与用途不具有对应关系，C不符合题意；D．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，有毒性且也不能用于自来水的杀菌消毒，性质与用途不具有对应关系，D不符合题意；故选A。5.Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如图。下列说法正确的是A.过程①→②中C的杂化方式都是 B.过程②→③涉及极性键的断裂与生成C.生成1molCO，需要1mol电子 D.从反应历程看，Ni未参与反应【答案】B【解析】【详解】A．CO2中C的杂化方式为sp，故A错误；B．根据历程，②→③过程中有水的生成，即有H-O键的生成，同时存在碳氧键的断裂，断裂和生成的化学键为极性键，故B正确；B．由CO2生成CO，化合价变化为2，所以生成1molCO需要电子物质的量为2mol，故C错误；D．反应历程中Ni是催化剂，有C-Ni键的形成和断裂，Ni参与了反应，故D错误；答案为B。6.铅丹()可用作防锈涂料，它与浓盐酸反应的化学方程式为：。设为阿伏伽德罗常数值。下列说法不正确的是A.标准状况下，22.4L溶于水所得溶液中含HClO分子数为B.1L12的浓盐酸与足量反应生成的分子数少于1.5C.标准状况下，22.4L中，含有H原子数目大于2D.反应中消耗137g，转移的电子数目为0.4【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氯气的物质的量为1mol，氯气与水反应是可逆反应，生成的次氯酸也要发生部分电离，故HClO分子数小于，A项错误；B．1L12浓盐酸完全反应生成的分子数为1.5，但随着反应的进行浓盐酸逐渐变为稀盐酸，就不再发生该反应，故生成的分子数少于1.5，B项正确；C．水在标准状况下不为气态，22.4L中H原子数为大于2，C项正确；D．由方程式可知，1mol参加反应转移2mol电子，137g的物质的量为0.2mol，转移的电子数目为0.4，D项正确。故选A。7.有机化合物II是一种药物中间体，可用有机化合物I制得。下列有关有机化合物I、II的说法正确的是A.有机物I的分子式为 B.I的分子中所有原子处于同一平面C.可以用酸性溶液鉴别I和II D.反应I→II的原子利用率为100%【答案】D【解析】【详解】A．有机物Ⅰ中C、H、O原子个数依次是11、12、3，分子式为C11H12O3，故A错误；B．分子I中含有饱和碳原子，饱和碳原子为(正)四面体结构，结构中最多有3个原子共平面，所以有机物Ⅰ中所有原子一定不共平面，故B错误；C．Ⅰ中醛基、Ⅱ中-CH(OH)-都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，可以用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验，故C错误；D．Ⅰ和CH3NO2发生加成反应生成Ⅱ，该反应为加成反应，只有一种物质生成，所以原子利用率为100%，故D正确；故选：D。8.下列实验装置、试剂选用和操作正确的是A.制备并干燥收集 B.制备氢氧化铁胶体 C.从NaCl溶液中获得NaCl晶体 D.干燥氯气【答案】D【解析】【详解】A．收集氨气，导管应该伸入试管底部，A错误；B．制备氢氧化铁胶体应该用沸水而不是氢氧化钠溶液，B错误；C．蒸发结晶应该用蒸发皿，而不能用坩埚，C错误；D．浓硫酸具有吸水性且不和氯气反应，能干燥氯气，D正确；答案选D。9.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种：Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，W元素基态原子内层轨道均排满电子。下列说法正确的是A.电负性： B.属于酸性氧化物C.Q与Z可以形成多种化合物 D.W元素位于元素周期表的d区【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，s能级填充满只能容纳2个电子，即n=2，故Z为O元素；由原子序数可知Y处于第二周期，而在同周期元素中第一电离能数值比Y大的元素有2种，可知Y为N元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，可知Q为K元素，由原子序数可知W处于第四周期，而W元素基态原子内层轨道均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，则W为Cu元素，据此分析解题。【详解】由分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为K元素、W为Cu元素；

A．同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中都表现负价，说明二者的电负性都比氢元素大，则电负性：H＜N＜O，A错误；B．Y2Z4是N2O4，与水反应除生成HNO3外还有NO生成，不是酸性氧化物，B错误；C．K元素与氧元素可以形成K2O、K2O2、KO2，C正确；D．Cu处于第四周期第IB族，属于ds区元素，D错误；故答案为：C。10.25℃时，的电离常数。在10.0mL0.10mol/L的溶液中加入5.0mL0.10mol/L的NaOH溶液。下列说法不正确的是A.该混合溶液呈酸性B.该混合溶液中：C.0.10mol/L溶液中D.将0.10mol/L的溶液加水稀释，增大【答案】C【解析】【分析】在10.0mL0.10mol/L的溶液中加入5.0mL0.10mol/L的NaOH溶液，酸过量，则该混合液中溶质是和，且浓度相同。据此回答问题。【详解】A．该混合液中溶质是和，且浓度相同，由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，故A正确；B．由可知，的电离大于水解，所以该混合溶液呈酸性，则该混合溶液中：，故B正确；C．醋酸的电离常数，在0.10mol/L的溶液中，则，，2＜pH＜3，故C错误；D．醋酸的电离常数，温度不变不变，加水稀释时减小，故增大，故D正确；故选C。11.下列实验中采取的分离或提纯方法能达到实验目的的是选项实验目的分离或提纯方法A分离碘的四氯化碳溶液中的碘用苯萃取B除去乙酸乙酯中的乙酸加入饱和溶液后分液C除去蛋白质溶液中少量NaCl过滤D从高级脂肪酸钠和甘油的混合水溶液中分离出高级脂肪酸钠加入乙醇和浓硫酸并加热，然后蒸馏A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．苯与四氯化碳互溶，不能用作萃取剂分离溶于四氯化碳中的碘，A错误；B．乙酸与碳酸钠反应，转化为易溶于水的盐，再通过分液即可提纯乙酸乙酯，B正确；C．蛋白质溶于水后形成了胶体，胶体离子不能透过半透膜，而氯离子和钠离子能透过半透膜，因此应该用渗析的方法，C错误；D．油脂与氢氧化钠溶液反应后即得到高级脂肪酸钠与甘油的混合液，应该加入氯化钠颗粒，发生盐析的过程，然后过滤，D错误；故选：B。12.氮化钛晶体的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中N、N之间的最近距离为apm，以晶胞边长为单位长度建立坐标系，原子A的坐标参数为(0，0，0)，下列说法错误的是A.原子B的坐标参数为 B.晶胞边长是pmC.该物质的化学式为TiN D.Ti的配位数为6【答案】A【解析】【详解】A．原子B在x、y、z轴上坐标分别为1、1、，则坐标参数为，A错误；B．晶胞中N、N之间的最近距离为面对角线的二分之一，为apm，则N与Ti的最近距离是pm，则晶胞边长为pm，B正确；C．该晶胞中，Ti(黑球)的个数为，N(白球)的个数为，则Ti和N的个数比为1∶1，该物质的化学式为TiN，C正确；D．如图所示，以体心钛为例，与Ti距离相等且最近的N有6个，则Ti的配位数为6，D正确；答案选A。13.工业上用双极膜电解槽电解糠醛溶液同时制备糠醇和糠酸盐，电解过程如图所示。下列说法不正确的是A.电解时，阴极反应为B.理论上外电路中迁移2mol电子，消耗1mol糠醛C.电解时，MnO2和MnOOH电极与糠醛之间传递电子D.生成糠酸盐的离子反应方程式为【答案】B【解析】【分析】根据图示，阳极室中，MnOOH失电子变为MnO2；阴极室中，糠醛得电子生成糠醇。双极膜将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。【详解】A．据图可知，电解时，阴极反应为，A正确；B．理论上外电路中迁移2mol电子，阳极室和阴极室各需要消耗1mol糠醛，共需要消耗2mol糠醛，B不正确；C．电解时，-2e-+3OH-=+2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，2MnOOH-2e-+2OH-=2MnO2+2H2O，则MnO2和MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，C正确；D．据图可知，在阳极室，糠醛生成糠酸盐，发生反应-2e-+3OH-=+2H2O、2MnO2+2e-+2H2O=2MnOOH+2OH-，则离子反应方程式为，D正确；故选B。14.甲烷是一种温室气体，将它转化为高附加值产品甲醇具有重要意义。目前工业上的甲烷转化大多需要先通过重整生成合成气(CO、)再转化为甲醇，涉及的反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：在密闭容器中通入3mol和2mol，假设只发生反应Ⅰ和Ⅱ，分别在0.2MPa和2MPa下进行反应，其中和的平衡体积分数随温度变化如图所示。已知：对于反应Ⅱ，，，、为速率常数，只与温度有关，分压＝总压×物质的量分数。下列说法不正确的是A.压强为0.2MPa时，表示和的曲线分别是b、dB.混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达到平衡C.在升温的过程中，反应Ⅱ速率常数增大的倍数；＞D.500K，2MPa条件下，若平衡时CO的物质的量为1mol，则的转化率约为66.7%【答案】C【解析】【分析】2个反应均为放热反应，随着温度降低，平衡均正向移动，甲烷含量减小、甲醇含量增加，故ab为甲烷变化曲线、cd为甲醇含量曲线；反应Ⅰ为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ为分子数减小的反应，相同条件下，增大压强，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，使得甲烷含量增加、甲醇含量增大，则bd为0.2Mpa变化曲线、ac为2Mpa变化曲线；【详解】A．由分析可知，压强为0.2MPa时，表示和的曲线分别是b、d，A正确；B．混合气体的平均相对分子质量M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确；C．已知：对于反应Ⅱ，，，当时，即达到化学平衡态，此时，因为反应是放热反应，升温减小，所以升高温度变小，所以增加的倍数更大，C错误；D．在密闭容器中通入3mol和2mol，只发生反应Ⅰ和Ⅱ：由图可知，平衡时，甲烷、甲醇量相等，则3-2a=2a-1，a=1mol，的转化率约为66.7%，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4个小题，共58分。15.镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用镍矿渣(主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和)制备的过程如图所示(已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表)。金属离子开始沉淀时的pH6.82.27.59.4沉淀完全时的pH9.23.29.012.4（1）的价电子排布式为_______；电离一个电子需要吸收的能量_______________(填“大于”或“小于”)。（2）“酸溶”过程中，NiS发生反应的离子方程式为_________________________；如何判断已足量：______________________(写出具体操作过程)。（3）滤渣1的成分有_______________。（4）滤渣3的成分为和。若滤液1中，当滤液2中时，除钙率为_______________(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：、)（5）“滤液2”加入碳酸钠溶液后所得沉淀可表示为。进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，750℃以上残留固体为NiO)，则该样品的化学式为_________________。（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。由溶液获得稳定的晶体的操作M依次是蒸发浓缩、_______________、过滤、洗涤、干燥。温度低于30.8℃30.8℃～53.8℃53.8℃～280℃280℃晶体形态多种结晶水合物【答案】（1）①.②.大于（2）①.②.取反应后少量滤液于试管中，滴加溶液，若无蓝色沉淀产生，说明已足量（3）、、S（4）99.7%（5）（6）冷却至30.8℃～53.8℃之间结晶【解析】【分析】镍矿渣主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和，“酸溶”后过滤，则滤液中主要含有Ni2+、Fe3+、Mg2+、Ca2+、等离子，滤渣1中含有CaSO4、S、SiO2；“调pH”则Fe3+水解沉淀，Ca2+和生成CaCO3，滤液中含有Ni2+、Mg2+、等离子；滤液1加入NaF，则生成的滤渣3的成分为和，滤液2含有Ni2+、等离子；滤液2加入Na2CO3，Ni2+沉淀析出，进一步处理获得硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。【小问1详解】Ni失去2个电子后，价电子只剩d轨道的8个电子，故的价电子排布式为3d8，；因再失去一个电子后为半充满状态，能量更低，更稳定，因此更容易失去一个电子，失去时所需要吸收的能量也更少。【小问2详解】“酸溶”过程中，酸性条件下，NiS被氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；要证明氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为取反应后少量滤液于试管中，滴加溶液，若无蓝色沉淀产生，说明已足量。【小问3详解】镍矿渣主要含、NiS，还含FeO、、MgO、CaO和，向其中加入硫酸和氯酸钠，与硫酸反应生成，NiS与硫酸和氯酸钠共同反应生成和S，FeO与硫酸和氯酸钠共同反应生成，与硫酸反应生成，MgO与硫酸反应生成，CaO与硫酸反应生成，与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含、、S。【小问4详解】当滤液2中时，，此时溶液中，除钙率为。【小问5详解】750℃以上残留固体为NiO，可知，500℃～750℃条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应NiCO3加热分解为了NiO和CO2，固体质量减少，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则；根据镍元素守恒，，则，该样品的化学式为。【小问6详解】从溶液中获得晶体的操作一般是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知当温度为30.8℃～53.8℃，晶体以形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃～53.8℃之间冷却结晶。16.实验室利用固体和反应制备无水，并收集该反应产生的光气()，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。已知：Ⅰ．光气与水易反应，能溶于溶液；Ⅱ．有关物质熔沸点如下表。物质熔点/℃14351152－23－118沸点/℃40001300768.2（1）仪器c的名称是_______________，d中所装试剂为_______________。（2）组装好装置并检查装置气密性，保持、、处于打开状态，然后通入，此时通入的目的是____。（3）通入一段时间后，保持、打开，关闭，将装置A在85℃下进行水浴加热，此时B中发生反应的化学方程式为________________，待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，此时开关、、的状态分别为_______________，温度计显示的温度为_______________℃。（4）实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有_______________(填化学式)。（5）称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的沉淀后，再加入过量，小火加热至沉淀完全转变为溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的0.20mol/L的溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗溶液36.00mL。①写出加入过量后反应的离子方程式_______________。②产品中质量分数为_______________，若沉淀完全转变为溶液后，不继续加热一段时间会导致质量分数_______________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）①.直形冷凝管②.碱石灰或无水（2）排净装置中的空气（3）①.②.、关闭，打开③.8.2（4）NaCl和（5）①.②.60%③.偏高【解析】【分析】本实验制备CrCl3，其反应原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根据题给操作步骤，先通一段时间的氮气，排除装置的空气，按照装置图，先打开K1、K2，关闭K3，反应结束后，然后关闭K1、K2，打开K3，因此COCl2与水易反应，因此装置d的作用是防止E中水蒸气进入锥形瓶中，据此分析；【小问1详解】根据仪器c的特点，仪器c为直形冷凝管；D装置收集COCl2，COCl2与水易反应，因此d的作用是防止E中的水蒸气进入D中，即d中盛放碱石灰或无水氯化钙；故答案为直形冷凝管；碱石灰或无水氯化钙；小问2详解】装置中含有空气，空气可能会干扰实验，因此需要先通一段时间的氮气，排除装置中的空气，故答案为排净装置中的空气；【小问3详解】装置B制备CrCl3，其反应方程式为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；因为COCl2能溶于CCl4溶液，装置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸点不同进行，采用蒸馏方法分离出光气，此时应关闭K1、K2，打开K3，根据表中数据，温度计显示的温度为8.2℃；故答案为Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；关闭K1、K2，打开K3；8.2℃；【小问4详解】有部分COCl2进入装置E中，COCl2能与水反应生成CO2和HCl，E中溶质除了有NaOH外，还含有NaCl和Na2CO3，故答案为NaCl和Na2CO3；【小问5详解】①根据题中信息，过氧化氢作氧化剂，将Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，过氧化氢被还原成水，根据化合价升降法、原子守恒和所带电荷守恒，得到该离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；故答案为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O；②根据题意建立关系式为2CrCl3～2CrO～6Fe2+，因此样品中CrCl3的质量分数为=60%；继续加热一段时间的目的是将过量H2O2除去，防止氧化Fe2+，因此不继续加热一段时间，过氧化氢可以氧化Fe2+，消耗标准液的体积增加，导致CrCl3质量分数偏高；故答案为60%；偏高。17.乙烯的产量是一个国家石油化工水平的重要标志，研究制备乙烯的原理具有重要的意义，科学家研究出各种制备乙烯的方法。I．由乙烷直接脱氢或氧化脱氢制备，原理如下：直接脱氢：氧化脱氢：（1）已知键能，，生成1mol碳碳π键放出的能量为_______________kJ，从热力学角度比较直接脱氢和氧化脱氢，氧化脱氢法的优点为______________。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量的和，维持初始压强，，发生上述两个反应。2.5min时，，，则用的分压变化表示直接脱氢反应的平均速率为_______；反应一段时间后，和的消耗速率比小于2：1的原因为__________________。II．利用乙炔和氢气催化加成制备乙烯，发生如下反应：①②保持压强为20kPa条件下，按起始投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应①和②，测得不同温度下和的转化率如下图实线所示(图中虚线表示相同条件下平衡转化率随温度的变化)。（3）表示转化率的曲线是_____________(填“m”或“n”)。（4）随着温度的升高，m和n两条曲线都是先升高后降低，其原因是_______________。（5）时，两种物质的转化率分别为0.75、0.5，反应①的平衡常数__________。【答案】（1）①.267.3②.氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生(因为不需要高温，所以不存在有机物碳化或者催化剂失活的情况)。（2）①.0.8②.生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气（3）n（4）开始阶段未达到平衡，所以温度高速率快，两种气体的转化率都增大，但是随着温度升高，后面达到了平衡，温度升高平衡逆向移动，故转化率下降(当温度高于时反应①生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的)（5）0.2【解析】【小问1详解】由焓变计算可得，解得；氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生，因为不需要高温，所以不存在有机物碳化或者催化剂失活的情况，所以答案为：氧化脱氢反应的且，故不需要太高温度就可以发生。【小问2详解】由PV=nRT可知，恒容密闭容器中，P与n成正比，根据反应数据可得消耗了1kPa，需要消耗2kPa的，一共消耗了4kPa，所以直接脱氢反应消耗了2kPa，则生成的为2kPa，则用的分压变化表示直接脱氢反应的平均速率为0.8；直接脱氢反应生成的氢气与氧气反应生成了水蒸气，使得整体反应消耗的变多，所以反应一段时间后，和的消耗速率比小于2：1。【小问3详解】因为起始投料为，若只发生反应①，H2与的消耗量相同，则转化率大于的转化率；若只发生反应②，H2与的消耗量之比为2:1，则转化率等于的转化率，所以当两个反应同时发生时，转化率大于的转化率，故表示转化率的曲线是n【小问4详解】开始阶段未达到平衡，所以温度高速率快，两种气体的转化率都增大，但是随着温度升高，后面达到了平衡，温度升高平衡逆向移动，故转化率下降(当温度高于时反应①生成的乙烯和氢气反应生成了乙烷，所以两者的转化率是相同的)【小问5详解】根据数据列出三段法根据转化率可列方程组求得，再根据三段法可得平衡时P()=，同理可得P()=10kPa，P()=5kPa，则18.2-[对