江西省景德镇市2024年高考化学模拟试题（含答案）

江西省景德镇市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题，每小题只有1个正确选项(每小题3分，共42分)得分1．江西矿物资源丰富，有“物华天宝、人杰地灵”之称。下列有关说法错误的是（）A．德兴铜矿是中国第一大伴生金矿和伴生银矿，电解精炼铜时粗铜作阳极B．浮梁县朱溪钨铜矿是世界最大钨矿，金属钨可用铝热法冶炼C．宜春锂矿是亚洲最大的锂云母矿，锂是密度最小的金属D．赣州素有“稀土王国”的美誉，稀土元素包含钛2．下列化学用语表述正确的是（）A．熟石膏的化学式：2CaSB．SOCl2C．基态溴原子的价层电子排布式：[Ar]4D．含有8个中子的碳原子：63．下列方程式能正确表示相应变化的是（）A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应：2MnB．空气中加热FeO：6FeO+C．用铜电极电解饱和食盐水，阳极有白色沉淀生成：Cu−2D．向硝酸银溶液中滴加少量的氨水：A4．下列有关阿伏加德罗常数(NAA．18g液态水中含有氢键的数目为2NB．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有O-H键的数目为0.1NC．常温下2.7gAl加至足量的浓硝酸中，转移的电子数为0.3ND．25℃时，1LpH=2的CH3COOH溶液中，5．“结构决定性质”，下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（）A．温度相同时，水溶液中电离常数：CB．熔点：NaCl<MgCC．分子的极性：OD．F2、Cl26．由大脑分泌的化合物X名为甲硫氨酸-脑啡肽，其结构如下图。下列叙述正确的是（）A．X是一种五肽 B．组成X的氨基酸有5种C．X含有4个手性碳原子 D．X不能使溴水褪色7．根据实验事实能得出相应结论的是（）A．在25℃和40℃测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH分别为9.37和9.66。SB．CHClC．将有机物X：滴入溴的CCl4D．向溶液Y中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成。Y中一定含有S8．由于钠资源储量丰富，便于开采，价格便宜，钠离子电池有望成为下一代大规模储能电池。我国化学家最近研制的一种钠离子电池如图所示。下列说法正确的是（）A．膜是阴离子交换膜B．充电时NaC．放电时正极的电极反应：NaD．有机溶剂可选择乙醇9．黄色化合物Р的阳离子和阴离子的结构如图所示。其中W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期，X的一种单质导电能力强但硬度很小，Y的简单氢化物可以作制冷剂，Z的氧化物可做消毒剂，M核外只有1个单电子。下列叙述错误的是（）A．电负性：Y>X>M>WB．基态Z原子中电子的空间运动状态有9种C．简单氢化物的沸点：X<YD．同周期中，第一电离能比Y大的有2种元素10．某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含少量铁、铝、铜、镍的化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SOA．X可能是MnCB．若滤渣2是CuS和NiS，则Y一定是HC．还原酸浸时，MnOD．氧化时发生的离子方程式：2Mn11．已知CaFA．与Ca2+距离最近的B．CaF2晶体中F−与C．CaF2D．晶胞中F−围成的立方体棱长为212．实验室可用离子交换法测定PbCl2溶液的浓度，取V1ml待测液，加入到交换柱中，待测液往下流的过程中会与氢型阳离子交换树脂(用RH表示)发生反应：2RH+PbCl2A．滴定时可选择酚酞作指示剂B．PbCl2溶液的浓度为C．若交换液的流出速率过快，可能导致测得PbClD．利用该方法可以准确测定PbF13．一定温度下，反应HSiCl3(g)+CA．该反应的ΔH=−236B．机理a、b均表示2步基元反应C．机理a、b决速步的能垒：ED．由机理a可知键能大小：Cl-Si<H-Si14．常温下向CaC2O4饱和溶液(始终有CaC2O4固体存在)中滴加HCl溶液或者NaOH溶液调节pH，测得溶液中A．溶液中始终存在：2c(CB．Ksp(CaC．pH=7时，2c(CD．A点时，c(C阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．三氯化六氨合钴([Co(NH3Ⅰ．制备氯化钴：已知CoCl（1）仪器a的名称为。（2）A中固体为高锰酸钾，则反应的离子方程式为。装置B中试剂X为。（3）球形干燥管中试剂的作用为。（4）Ⅱ．制备三氯化六氨合钴：将制备的CoCl“氧化”步骤中应控温在60℃进行，可采取水浴加热，其优点为。（5）利用CoCl2、NH4Cl、浓氨水、H（6）操作X中，加入浓盐酸的作用是。（7）Ⅲ．测定钴含量：准确称量3.0000g样品[Co(NH3)6]Cl(已知：①Co3+将I−氧化成I2，自身被还原成C计算样品中钴元素的质量分数为%(保留至小数点后两位)。16．以红土镍镉矿(NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、已知：水溶液中物质得失电子的能力可用标准电极电势[E(高价态/低价态)]衡量，E越大说明高价态物质的氧化性越强、E越小说明低价态物质的还原性越强。物质CPCFNE/V+0.34-0.13-0.40-0.44-0.26（1）“浆化”的目的是。（2）滤渣Ⅰ中含有硫单质，写出“酸浸”时NiS反应的离子方程式；滤渣Ⅰ中还含有。(填化学式)（3）溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度≤10−5mol/L)的pH如下表，则物质X不可能是；所调pH范围离子FFCCN开始沉淀的pH1.56.57.24.76.8沉淀完全的pH3.39.99.56.792a．NiCO3b．CuOc．（4）电解时阴极的电极反应为。（5）整个流程中可以循环使用的物质有。(填化学式)17．丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：主反应Ⅰ．C2H副反应Ⅱ．C2H回答下列问题：（1）ΔH1（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照n(C2H4):n(CO):n(H2)=1:2:1投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为4pkPa，反应tmin达到平衡，平衡时C2H（3）在装有相同催化剂的。相同恒压容器中，按照n(C2H4):n(CO):n(（4）T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通入1molC2H4、1molCO和2molH2；向绝热恒容的乙容器中通入1molC2H4、1molCO、2molH2，若只发生上述反应Ⅰ。则甲乙容器中18．埃克替尼(Icotinib)，商品名凯美纳，是我国首个具有完全自主知识产权的小分子靶向抗癌创新药。它由浙江贝达药业股份有限公司生产，于2011年在我国上市。埃克替尼的问世，标志着我国在抗癌药物研究领域取得了重大突破。Icotinib的合成路线如图所示，回答相关问题。（1）B中含有的官能团名称为。C生成D的反应类型为。（2）解释A生成B的反应中K2CO（3）B生成C所需的试剂为。（4）写出A与足量的NaOH反应的化学方程式。（5）写出Y的化学名称。（6）写出G的结构简式。（7）A的同分异构体中满足下列条件的有种。①含有1个苯环；②既能发生银镜反应又能发生水解反应；③核磁共振氢谱显示有4组峰，峰面积比为1∶1∶2∶6；④不含过氧键(O—O)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．电解精炼铜时粗铜作阳极，A不符合题意；

B．铝比钨活泼，可用铝热反应还原金属钨的氧化物得到金属钨，B不符合题意；

C．锂是密度最小的金属，C不符合题意；

D．钛金属属于过渡金属元素，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.电解精炼铜时，粗铜作阳极，其电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，精铜作阴极，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu。

B.铝比钨活泼，金属钨可用铝热法冶炼。

C.锂是密度最小的金属。

D.稀土元素包括镧系重稀土元素和钪、钕、铕等轻稀土元素。2．【答案】A【解析】【解答】A．熟石膏的化学式为2CaSO4⋅H2O，A符合题意；

B．SOCl2中有2个S-Cl键，1个S=O键，价层电子对数=σ键个数+孤电子对个数=3+6-2-2×12=4，则VSEPR模型为四面体形，含1个孤电子对，空间构型为三角锥形，B不符合题意；

C．由分析可知，基态溴原子的价层电子排布式：3d104s24p5，C不符合题意；

D．含有8个中子的碳原子：614C，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.熟悉常见物质的化学式与俗名。

B.根据价层电子对数进行分析。

3．【答案】B【解析】【解答】A．草酸为弱酸，该反应正确的离子方程式为2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H4．【答案】A,D【解析】【解答】A．根据题干信息可知，n(H2O)=18g/18g·mol-1=1mol，1个H2O分子中含有2个氢键，则1molH2O分子中含有氢键的数目为2NA，A符合题意；

B．根据题干信息，n(乙醇)=10g×46%/46g·mol-1=0.1mol，n(H2O)=10g×54%/18g·mol-1=0.3mol，则0.1mol乙醇中含有的H-O键数目为0.1NA，0.3molH2O分子中含H-O键数目为0.6NA，所以乙醇溶液中共含有O-H键的数目0.7NA，B不符合题意；

C．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，无法计算，C不符合题意；

D．pH=2，即溶液中c(H+)=0.01mol/L，则n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，所以该溶液中H+的数目为0.01NA，D符合题意；

故答案为：AD。

【分析】A.1个H2O分子中含有2个氢键。

B.注意乙醇水溶液中，乙醇和水均含H-O键。

C.常温下，铝遇浓硝酸发生钝化。

D.注意pH=-lgc(H+)。5．【答案】C【解析】【解答】A．氟的电负性大于氯，‌导致CF3-的极性大于CCl3-的极性，则‌CF3COOH中羧基电离出氢离子的程度大于CCl3COOH，所以水溶液中电离常数：CF3COOH＞CCl3COOH，A不符合题意；

B．NaCl、MgCl2均为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的大，由于金属性：钠＞镁，则NaCl中的离子键比MgCl2的强，离子键较强的物质的熔点高，所以熔点：NaCl＞MgCl2＞AlCl3，B不符合题意；

C．O2是非极性分子，O3是极性分子，分子的极性：O2＜O3，C符合题意；

D．通常原子半径越小，键长越短，键能越大，F、Cl、Br的半径逐渐增大，由于F-F键能反常，则键能：Cl-Cl＞Br-Br＞F-F，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.羧酸R-COOH中，‌R-结构的极性越强，‌羧基在水溶液中的电离能力越强。

B.离子晶体的熔点比分子晶体的大，离子晶体中离子键较强的物质的熔点较高。

C.注意O2是非极性分子，O3是极性分子。

D.通常原子半径越小，键长越短，键能越大，注意F-F键能反常。6．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，该有机物是一种五肽，A符合题意；

B．将肽键断开后，可观察到组成X的氨基酸有4种，B不符合题意；

C．由分析可知，X含有3个手性碳原子，C不符合题意；

D．该有机物中含有酚羟基，能使溴水褪色，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.五肽是由5个氨基酸脱水缩合形成的化合物，形成4个肽键。

B.将肽键断开进行分析。

C.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团。

D.酚羟基能使溴水褪色。7．【答案】A【解析】【解答】A．亚硫酸钠水解方程为SO32-+H2O可逆HSO3-+OH-，根据题干信息可知，升温使溶液pH增大，即利于水解平衡正向移动，则水解常数：Kh（40℃）＞Kh（25℃），A符合题意；

B．CHCl3为非极性分子，根据相似相溶原理，溶剂的极性：苯＜水，B不符合题意；

C．碳碳双键与醛基均能使溴水褪色，根据实验现象无法检验X中的碳碳双键，C不符合题意；

D．向溶液Y中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，Y中可能含Ag+或SO42-，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.升温利于水解平衡正向移动。

B.根据相似相溶原理进行分析。

C.碳碳双键使溴水褪色的原理是与溴发生加成反应，醛基使溴水褪色的原理是与溴发生氧化还原反应。

D.AgCl和BaSO4均为白色沉淀。8．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，膜是阳离子交换膜，A不符合题意；

B．由分析可知，充电时Na+向左边电极移动，B不符合题意；

C．由分析可知，放电时正极的电极反应式为NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+=Na3V2(PO4)2O2F，C符合题意；

D．金属Na能与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，即有机溶剂不能选择乙醇，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】放电时，金属Na作负极，其电极反应式为Na-e-=Na+，则右边电极为正极，得电子发生还原反应，其电极反应式为NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+=Na3V2(PO4)2O2F，则左边电极生成的Na+移向右边电极附近，所以膜是阳离子交换膜。充电时，阳极反应式为Na3V2(PO4)2O2F-2e-=NaV2(PO4)2O2F+2Na+，阴极反应式为Na++e-=Na。9．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，Y、X、M、W分别是N、C、Cu、H，根据同周期元素的电负性从左到右逐渐增大，同族元素的电负性自上而下逐渐减小，可推出电负性：N>C>H＞Cu，A符合题意；

B．由分析可知，Z是Cl，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外有9种原子轨道，则其基态原子的核外电子的空间运动状态有9种，B不符合题意；

C．由分析可知，X、Y分别是C、N，其简单氢化物分别为CH4、NH3，NH3中含有氢键，沸点较高，C不符合题意；

D．由分析可知，Y是N，位于第二周期，‌第一电离能比氮元素大的元素有氟和氧两种元素，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】根据题干信息，W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且分布在前四个周期，X的一种单质导电能力强但硬度很小，可推出X是碳元素；Y的简单氢化物可以作制冷剂，可推出Y是氮元素；Z的氧化物可做消毒剂，可推出Z是氯元素；M核外只有1个单电子，且图示化合物为黄色，结合阴离子结构，可推出M为铜元素；根据化合物中阳离子结构图，可推出W是氢元素。10．【答案】B【解析】【解答】A．MnCO3能消耗溶液中的H2SO4，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀而除去，即X可能是MnCO3，A不符合题意；

B．由分析可知，若滤渣2是CuS和NiS，则Y可能是MnS，B符合题意；

C．还原酸浸时，MnO2参与的反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4，氧化剂和还原剂分别是MnO2、SO2，其物质的量之比为1：1，C不符合题意；

D．由分析可知，氧化时发生的离子方程式为2MnO4−+3Mn2++2H2O=4H++5MnO2↓，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】根据题干信息及流程图，“还原酸浸”时，SO2与MnO2反应生成MnSO4，铁、铝、铜、镍的化合物与硫酸反应生成相应的亚铁盐、铝盐、铜盐、镍盐；“除铁铝”时，加入的X能除去溶液中Al3+和Fe11．【答案】C【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，CaF2晶体中距离Ca2+最近的F-有8个，A不符合题意；

B．CaF2晶体中F-与Ca2+之间的最近距离为体对角线的14，即34apm，B不符合题意；

C．根据晶胞结构图，Ca原子个数为8×18+6×12=4，F原子个数为8，则晶胞质量为4×78NAg=312NAg，晶胞体积为（a×10-10）3cm3，所以CaF2晶体的密度为312a3×10−30NAg/cm3，C符合题意；

D．假设晶胞中F-围成的立方体棱长为xpm，其体对角线为CaF2晶体中体对角线的一半，即3x=32，x=12，所以晶胞中F−围成的立方体棱长为12apm，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A.CaF2晶体中距离Ca12．【答案】D【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定交换液，涉及反应是NaOH+HCl=NaCl+H2O，滴定时可选择酚酞作指示剂，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不变色，A不符合题意；

B．涉及反应是2RH+PbCl2=R2Pb+2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O，则可得反应关系式：PbCl2~2HCl~2NaOH，所以n(PbCl2)=12n(NaOH)=cV2×10-32mol/L，根据n=cV，则c(PbCl2)=V22V1cmol/L，B不符合题意；

C．若交换液的流出速率过快，则得到的HCl偏少，可能导致测得c(PbCl2)偏小，C不符合题意；

D．PbF13．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，该反应的△H=-236.7kJ/mol-0=-236.7kJ/mol，A不符合题意；

B．机理a、b均表示2步基元反应，B不符合题意；

C．由图可知，机理a、b决速步的能垒：Ea>Eb，C不符合题意；

D．由分析可知，机理a可知键能大小：Cl-Si＞H-Si，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.△H=生成物总能量-反应物总能量。

B.基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应。14．【答案】B【解析】【解答】A．根据物料守恒可知，CaC2O4溶液中，存在c(Ca2+)=c(C2O42−)+c(HC2O4−)+c(H2C2O4)，A不符合题意；

B．Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)·c(C2O42-)=10-3.7×10-3.7=10-7.4，即Ksp(CaC2O4)的数量级为10-8，B符合题意；

C．pH=7时，即溶液中存在c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知，c(H+)+2c(Ca2+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)，所以2c(Ca2+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，C不符合题意；

D．根据题干及图示信息，A点时，c(Ca2+)=10-2.94，pH=2.75，则c(Cl-)=c(H+)=10-2.75，所以c(Cl-)＞c(Ca15．【答案】（1）分液漏斗（2）2MnO（3）吸收氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水进入D中（4）受热均匀，利于控制温度（5）2CoC（6）增大氯离子浓度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶体析出（7）19.67％【解析】【解答】（1）仪器A是分液漏斗。

（2）由分析可知，反应的离子方程式为2MnO4−+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，试剂X为饱和食盐水。

（3）球形干燥管中试剂的作用为吸收氯气，防止污染空气，同时防止空气中的水进入D中。

（4）“氧化”步骤中可采取水浴加热，其优点为受热均匀，利于控制温度。

（5）由分析可知，其总反反应化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH3⋅H2O=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。

（6）操作X中，加入浓盐酸的作用是增大氯离子浓度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶体析出。

（7）根据题干涉及反应方程式为2Co3++2I−=I216．【答案】（1）增大接触面积，加快酸浸反应速率（2）2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；SiO2、PbSO4（3）d；3.3-4.7（4）Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd（5）Ni、CO、H2SO4【解析】【解答】（1）“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率。

（2）滤渣Ⅰ中含有硫单质，“酸浸”时NiS反应的离子方程式为2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；

“酸浸”时，CdO、CuO、PbO、Fe2O3与硫酸反应生成相应硫酸盐，SiO2不参与反应，产物PbSO4难溶于水，所以滤渣Ⅰ中还含有SiO2、PbSO4。

（3）根据题干信息及流程图，回收金属Ni、Cd和Cu，则“滤渣Ⅱ”为含铁的沉淀，结合表格信息，

调节溶液pH可向滤液中加入镍或镉的不溶物，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，也可加入CuO，与酸反应，利于Fe3+水解正向移动，形成氢氧化铁沉淀，物质X不可能是NaOH，否则会引入杂质Na+；“调pH”时是为了除去Fe3+，结合表格信息，所调pH范围是3.3-4.7。

（4）由分析可知，电解得到镍、镉，则其阴极的电极反应为Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd。

（5）由分析可知，整个流程中可以循环使用的物质有Ni、CO、H2SO4。

【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”时，NiS、CdO、CuO、PbO、Fe2O3与硫酸反应生成相应硫酸盐，SiO2不参与反应，产物PbSO4难溶于水，所以“滤渣Ⅰ”主要是SiO2、PbSO4；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍调节溶液pH，经加热将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，即“滤渣Ⅱ”主要为Fe(OH)3；“净化”时，加入镍，发生反应：Ni+Cu2+=Ni2++Cu，“金属A”主要为Cu，滤液为硫酸镍、硫酸镉；“电解”可得到镍、镉和硫酸；“气化”时，CO与Ni反应生成Ni(CO)4，Ni(CO)4受热分解得到Ni和CO，“金属B”为Cd。17．【答案】（1）<（2）80；3p5t；（3）>；温度升高，催化剂活性降低，且催化剂对化学反应速率的影响大于温度对化学反应速率的影响（4）>；反应Ⅰ为放热反应，由甲到乙，相当于升高温度，平衡逆向移动，C2H4的转化率降低【解析】【解答】（1）由分析可知，反应Ⅰ为化合反应，属于放热反应，即ΔH1＜0，

（2）根据题干信息，可假设开始投料的量为n(C2H4)=1mol、n(CO)=2mol、n(H2)=1mol，平衡时C2H4的转化率为80%，说明反应消耗n(C2H4)=1mol×80%=0.8mol。C2H6的选择性为25%，根据C2H6的选择性表达式可知，生成n(C2H6)=0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ中，消耗n(H2)=n(C2H4)=0.2mol，所以反应Ⅰ中，消耗n(H2)=n(CO)=n(C2H4)=0.8mol-0.2mol=0.6mol。反应Ⅰ、Ⅱ中共消耗n(H2)=0.2mol+0.6mol=0.8mol，所以H2的转化率为0.8mol/1mol×100%=80%。恒温恒容下，根据PV=nRT，n与P成正比，反应初始气体总物质的量为4mol，初始总压强为4pkPa，则CO初始分压为2pkPa，反应Ⅰ消耗n(CO)=0.6mol，则其压强变化0.6pkPa，所以v(CO)=0.6pkPa/tmin=3p5tkPa/min。平衡时，n(C2H4)=1mol-0.6mol-0.2mol=0.2mol，n(H2)=1mol-0.6mol-0.2mol=0.2mol，n(CO)=2mol-0.6mol=1.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，即n总=0.2mol+0.2mol+1.4mol+0.2mol+0.6mol=2.6mol，初始时气体总物质的量为4mol，总压为4pkPa，则平衡时各物质分压为p（C2H4）=0.2pkPa，n（H2）=0.2pkPa，p(CO)=1.4pkPa，p(C2H6)=0.2pkPa，p(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，所