湖南省名校联考2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题（含答案解析）

2024年高三10月联考试卷化学注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H∶1C∶12N∶14O∶16Na∶23S∶32Cl∶35.5K∶39第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(每题3分，共42分)1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列叙述错误的是A.江西博物馆中“《论语》竹简”中竹简的主要成分是纤维素B.安徽古代科学家方以智在其《物理小识》“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，其中的“硇水”指醋酸C.甘肃出土的春秋早期秦国的铜柄铁剑中，铁元素有化合态和游离态两种存在形式D.广西壮锦的主要原料是蚕丝等，蚕丝属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．竹简由竹子做成，主要成分是纤维素，A正确；B．硇水可以溶解银块，醋酸不能溶解银块，所以硇水是硝酸，B不正确；C．铁剑中部分铁生锈生成氧化铁，故铁剑中铁元素有化合态和游离态两种存在形式，C正确；D．蚕丝属于蛋白质，是有机高分子化合物，D正确；答案选B。2.反应可用于制备火箭推进剂的燃料，下列说法正确的是A.N2H4分子中没有非极性键 B.NaClO的电子式为C.H2O、NH3的模型一致 D.食盐的分子式为NaCl【答案】C【解析】【详解】A．N2H4分子结构可表示为H2N－NH2，分子中有非极性键，A错误；B．NaClO为离子化合物，其电子式为：，B错误；C．H2O、NH3分子中的中心原子的价层电子对数均为4，它们的VSEPR模型都为四面体型，C正确；D．食盐是离子化合物，没有分子式，NaCl表示化学式，D错误；答案选C。3.下列装置可以实现对应实验目的的是A．验证吸氧腐蚀B．分离乙醇和C．制备D．测量体积A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．食盐水浸润的铁中Fe发生吸氧腐蚀消耗试管中的氧气，试管中压强减小，导管中水液面上升，A正确；B．[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O难溶于乙醇，不能通过分液的方式进行分离，应过滤分离，B错误；C．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷又反应生成NH4Cl，无法用图示装置制备氨气，C错误；D．二氧化氮能与水反应，不能用图示装置测量其体积，D错误；故答案选A。4.下列有关阿伏伽德罗常数()的叙述中正确的是A.18g液态水中含有氢键的数目为2B.10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有O-H键的数目为0.1C.常温下2.7gAl加至足量的浓硝酸中，转移的电子数为0.3D.25℃时，1LpH=2的溶液中，的数目为0.01【答案】D【解析】【详解】A．冰中每个水分子与其相邻的4个水分子间形成4个氢键，冰融化为液态水，破坏了一部分氢键，故18g液态水物质的量为1mol，可形成氢键数目小于，A错误；B．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含乙醇质量4.6g，物质的量为0.1mol，溶液中水中也含O-H键，所以其数目大于，B错误；C．常温下Al与浓硝酸钝化，C错误；D．溶液pH=2，溶液中，溶液体积为1L，的数目为，D正确；答案选D。5.下列反应离子方程式表述不正确的是A.氯化铁溶液腐蚀铜板：B.铝溶于NaOH溶液中：C.将少量通入NaClO溶液：D.用纯碱溶液除去水垢中的：【答案】C【解析】【详解】A．氯化铁溶液腐蚀铜板，生成氯化亚铁和氯化铜：，A正确；B．铝溶于NaOH溶液中，生成氢气和四羟基合铝酸钠：，B正确；C．将少量通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应：，C错误；D．用纯碱溶液除去水垢中的，发生沉淀的转化：，D正确；答案选C。6.下列有关物质结构与性质的说法正确的是A.雪花是天空中的水汽经凝华而来的一种晶体，其六角形形状与氢键的方向性有关B.某基态原子的价层电子排布为4d25s2，该原子N层上有3个空轨道C.C=C键键能比C—C键的大，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定D.碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释【答案】A【解析】【详解】A．氢键具有方向性和饱和性，导致雪花内分子有序排列，故雪花都是六角形形状，A正确；B．该元素第N层的电子排布为4s24p64d2，d有5个轨道，基态原子第N能层上还有3个空轨道，但4f上有7个轨道均没有电子，故该原子N层上有10个空轨道，B错误；C．C=C键键能比C—C键的大，但碳碳双键中的π碱键能小于σ键，易断裂，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键更不稳定，C错误；D．碘易溶于浓碘化钾溶液，发生的反应为I2+I-，与相似相溶原理无关，甲烷是非极性分子，H2O是极性分子，故CH4难溶于水可用“相似相溶”原理解释，D错误；故选A。7.现有M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，且W与R的最外层电子数相同；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，能与X形成离子化合物；Y既不是主族元素、也不是副族元素，其合金被称为“黑色金属”。下列说法错误的是A.M元素与Q、R元素形成的两种微粒的键角：QM>M3R+B.Q、R、T三种元素简单离子的半径：T>R>QC.T、W、X、Y四种元素的第一电离能：X>W>Y>TD.WR、XR的VSEPR模型与实际空间构型均相同【答案】B【解析】【分析】M、Q、R、T、W、X、Y七种前四周期常见元素，原子序数依次递增。其中，M具有一种没有中子的同位素，M是H；Q是植物生长三要素之一；R是地壳中含量最多的元素，R是O，所以Q是N，且W与R的最外层电子数相同，则W是S；T、Y是金属元素，其中T的原子半径是短周期中最大的，T是Na；Y既不是主族元素、也不是副族元素，其合金被称为“黑色金属”，Y是Fe；T能与X形成离子化合物，所以X是Cl；据此解答。【详解】A．QM4+为NH，中心原子N的价层电子对为，与4个H形成4个σ键，无孤电子对，为正四面体结构，M3R+为H3O＋，中心原子O的价层电子对为，形成3个σ键，有一个孤电子对，H3O＋为三角锥形；孤电子对对成键电子对有排斥作用，键角减小，因此NH的键角大于H3O＋，即QM4+>M3R+，A正确；B．Q、R、T三种元素分别为N、O、Na，对应的简单离子为N3-、O2-、Na＋，三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，N3->O2->Na＋，即Q>R>T，B错误；C．T、W、X、Y四种元素分别为Na、S、Cl、Fe，一般情况下：金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，一般非金属的第一电离能大于金属的第一电离能，则第一电离能有Cl>S>Fe>Na，即X>W>Y>T，C正确；D．WR、XR4-分别为SO、ClO，SO中心原子S的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，S与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，ClO中心原子Cl的价层电子对为，VSEPR模型为正四面体形，Cl与4个O形成4个σ键，无孤电子对，空间构型为正四面体形，则WR、XR的VSEPR模型与实际空间构型均相同，D正确；故选B。8.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向溶液中滴加过量的溶液紫色溶液褪色具有氧化性B以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的先出现浅黄色沉淀，后出现砖红色沉淀Ksp(AgBr)<Ksp(Ag2CrO4)C压缩盛有气体的容器体积气体颜色变浅加压，平衡正向移动D向溶液中插入电导率传感器，逐滴加入溶液电导率先减小后增大电导率最小时，两者恰好完全反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向溶液中滴加过量的溶液，反应生成Mn2+和O2，反应中H2O2为还原剂，表现还原性，故A错误；B．Br-与的浓度是否相等是未知的，且AgBr与Ag2CrO4类型不相同，故无法比较AgBr与Ag2CrO4的Ksp，故B错误；C．压缩盛有NO2气体的容器体积，则二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，C错误；D．Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应时，产物为BaSO4沉淀和水，恰好完全反应时几乎不导电，电导率最低，沉淀最多，继续滴加硫酸，则溶液中有氢离子，硫酸根离子溶液导电能力上升，D正确；答案选D。9.类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中错误的是A.电解熔融可制，则电解熔融可制B.与盐酸反应生成和，则与盐酸反应生成和C.溶液与少量溶液反应生成和，则氨水与少量溶液反应生成和D.与在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，与也如此【答案】C【解析】【详解】A．Na和Mg均为活泼金属，工业上电解熔融NaCl可制金属Na，电解熔融MgCl2可制金属Mg，A正确；B．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，根据相似规律Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，B正确；C．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成AgOH和NaNO3，氨水与少量AgNO3溶液反应生成[Ag(NH3)2]OH和NH4NO3，C错误；D．Al3+与在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铝和二氧化碳气体，Fe3+与在溶液也可以发生相互促进的水解反应生成沉淀氢氧化铁和二氧化碳气体，D正确；故选C。10.研究发现，以非晶态Ni()基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：下列说法正确的是A.产生5.6LO2，电路中转移的电子数为2NAB.电极A的反应为，电极A附近溶液的碱性增强C.UOR分两步进行，其中没有非极性键的形成或断裂D.若将光伏电池改为铅蓄电池，电解过程中电极B应连接铅蓄电池的Pb极【答案】B【解析】【分析】由题意分析：该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气，电极反应式为，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为：，电极B上生成氧气的反应为：。【详解】A．没有标明为标况，无法计算转移电子数，故A错误；B．电解过程中，电极A为阴极，电极反应式为：，故电解过程中电极A附近不断生成氢氧根离子，电极A附近溶液的碱性增强，故B正确；C．结合图示，UOR分两步进行，有氮气生成，故有非极性键的形成，故C错误；D．电极B为电解池的阳极，应该与铅蓄电池的正极也即是PbO2极相连，故D错误；故选B。11.多个专家研究组经过通力合作，设计了双单原子协同催化剂，该催化剂在协同作用下不仅可以最大程度上提高原子利用率，而且可以提高催化剂的选择性。4—硝基苯乙烯选择性加氢反应制备乙烯苯胺的反应如图，下列说法中错误的是A.Ir单原子位点促进氢气的活化，Mo和Ir的协同作用改变催化剂选择性B.从图示的催化过程可以发现，Mo单原子位点对4—硝基苯乙烯有较好的吸附效果C.在双单原子催化剂作用下，可以提高4—硝基苯乙烯的平衡转化率D.使用双单原子催化剂时，可以大大减少副反应的发生，提高乙烯苯胺的产率【答案】C【解析】【详解】A．Ir单原子位点促进氢气的活化，产物有的3种且比例接近，Mo和Ir的协同作用改变催化剂选择性，生成选择性为96%的其中一种，选项A正确；B．从图示的催化过程可以发现，Mo单原子位点对4—硝基苯乙烯有较好的吸附效果，选择性为96%，选项B正确；C．催化剂不能改变平衡移动，故不能提高4—硝基苯乙烯的平衡转化率，选项C错误；D．根据图示可知双单原子的催化剂选择性为96%，大于单原子催化剂的37%选择性，可以大大减少副反应的发生，提高乙烯苯胺的产率，选项D正确；答案选C。12.化学需氧量(ChemialOxygenDemand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量。其操作步骤如下：①取水样，先加入足量稀硫酸酸化，再加入的标准液，煮沸30min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温。②向①中溶液中加入的标准液(过量)。③用的标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗标准液。计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和发生氧化反应失去电子，发生还原反应得电子，发生还原反应变成，故得电子总量为，被氧化为二氧化碳共失去电子，故水样中的还原性物质失电子总量为，相当于消耗，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗折算为的消耗量，故可知耗氧量为，故水样中COD含量(mg/L)为。故选A。13.常温下用催化剂电催化还原制甲酸的机理如图1所示，反应历程如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A.使用催化剂能够提高反应物分子中活化分子的百分数B.制甲酸过程的决速步骤为C.催化剂活性位点在催化过程中作用是使水分解D.电催化还原制甲酸反应的【答案】C【解析】【详解】A．催化剂降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子的百分数，A正确；B．为相对能量差值最大的一步，反应速率较慢，为制甲酸过程的决速步骤，B正确；C．催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，C错误；D．由图2可知，电催化还原CO2制甲酸总反应为CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-，反应后气体分子数减少，则熵变ΔS<0，D正确；故选C。14.常温下，在含有(s)的溶液中，一定pH范围内，存在平衡：；；；。平衡常数依次为、、、。已知、、、随pH变化关系如图所示。其中，和交点，和交点为，和交点为。下列说法错误的是A.直线表示的变化情况B.N点时，C.随pH增大，溶液中含A微粒的总浓度一直增大D.【答案】C【解析】【分析】由已知信息K0=c[H3A(aq)]，常温下，K0为常数，因此原溶液中c[H3A(aq)]始终不变，对应L4，，；，，，，，，因此、、与pH的变化关系直线的斜率分别为3，2，1；【详解】A．由分析可知，直线L2的斜率对应lgc(A3−)的变化情况，A正确；B．N点=，=，电荷守恒：，由于=，得出，B正确；C．随pH增大，增加，则溶液中含A微粒的总浓度增大，但不会一直增大，C错误；D．N点=，，D正确；故选C。第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题(4大题，共58分。)15.V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩（一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石）中提取V的工艺流程如下：已知：①“酸浸”时有VO生成；②在有机溶剂中溶解度大于水，“萃取”时离子的萃取顺序为；③VO和可以相互转化。回答下列问题：（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-与钒页岩形成混合物，这样做的目的是____________________。（2）“滤渣1”除掉的主要杂质元素是_______（填元素符号）。（3）作用是将VO转化为，转化的目的是_____________，发生的离子反应方程式为_____________________。（4）①“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”应该加入________（填“氧化剂”或“还原剂”），写出“沉钒”时的离子反应方程式_______________________。②以“沉钒率”（沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比）表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是_______________。（5）①可以溶解在NaOH溶液中，得到，在不同的pH下可以得到不同聚合度的多钒酸盐，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，其中一种酸式钒酸根离子可以表示为，其中________。②V的另一种氧化物的立方晶胞如图所示，则在晶胞中，黑球代表的是_____原子。【答案】（1）生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率（2）Si（3）①.VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率②.2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O（4）①.氧化剂②.VO+NH=NH4VO3↓③.温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降（5）①.10②.V【解析】【分析】由题给流程可知，向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸酸浸，将金属元素转化为VO、铁离子、铝离子，二氧化硅不能与酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液的pH为5.1，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将VO离子还原为VO2+离子，向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相；向水相中加入氧化剂将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液，将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。【小问1详解】“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物的目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐，从而提高钒的浸取率，故答案为：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率；【小问2详解】由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅，除掉的主要杂质元素是硅元素，故答案为：Si；【小问3详解】由题给信息可知，VO2+的萃取率大于VO，则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO离子还原为VO2+离子，有利于萃取时提高钒的萃取率，反应的离子方程式为2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案为：VO2+的萃取率大于VO，转化为VO2+可以提高钒的萃取率；2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；【小问4详解】①由分析可知，步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中VO2+离子氧化为VO离子，向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀，反应的离子方程式为VO+NH=NH4VO3↓，故答案为：氧化剂；VO+NH=NH4VO3↓；②氯化铵在溶液中的水解反应我吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，所以温度高于80℃时沉钒率下降的原因是温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降，故答案为：温度高于80℃时，NH的水解程度增大，NH浓度减小导致沉钒率下降；【小问5详解】①由无限链状结构可知，多钒酸盐中钒元素的化合价为+5价，由化合价代数和为0可知，中x==10，故答案为：10；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球个数为8×+1=2，位于面上和体内的白球个数为4×+2=4，由氧化物的化学式可知，黑球为钒原子、白球为氧原子，故答案为：V。16.硫及其化合物是十分重要的化工原料。（1）某同学设计如图实验测定硫酸浓度（不考虑体积变化，假设锌与稀硫酸反应只产生氢气）：①实验部分操作：a．调平量气管和烧杯的液面；b．冷却至室温；c．读数。正确的先后操作顺序是__________（填字母）。②已知开始时量气管读数为，最终读数为（均折合成标准状况，且）。则锌与稀硫酸发生反应的最低硫酸浓度为__________。（2）已知具有还原性，可以还原，也可以与发生反应。①将通入装有过氧化钠的硬质试管中，将带火星的木条放在试管口处。若木条不复燃，则说明与反应无生成，可能发生反应的化学方程式为__________。②将通入装有碘水（含淀粉）的洗气瓶中，若__________，说明还原性：，写出该反应的离子方程式：__________。（3）为探究在盐酸中与Cu、的反应，某实验小组设计如图实验。实验Ⅰ：实验Ⅱ：已知：，实验Ⅰ中得到的黑色固体为。①实验Ⅰ通入时反应的离子方程式为__________，实验Ⅱ通入时反应的离子方程式为__________。②实验Ⅱ若消耗__________，则生成个。【答案】（1）①.bac②.（2）①.+=②.溶液蓝色消失③.（3）①.②.③.64g【解析】【分析】Y形管中Zn足量，将Y形管倾斜，使硫酸与Zn充分反应，生成的氢气通过量气管测定，通过氢气的体积计算消耗硫酸的物质的量，从而测得硫酸的浓度；【小问1详解】①实验结束后应先冷却至室温，然后调节水准管使量气管和烧杯的液面持平后，再水平读数，这样才能排除温度、压强对产生气体体积的影响，故顺序为：bac；②已知开始时量气管读数为，最终读数为，则生成氢气的体积为mL，n(H2)=,结合反应：，可知n()=n(H2)=，硫酸体积为200mL，则浓度为：；【小问2详解】①与反应无生成，则产物应为硫酸钠，反应为：+=；②将通入装有碘水（含淀粉）的洗气瓶中，若溶液蓝色消失，可知发生反应：，反应中二氧化硫作还原剂，碘离子为还原产物，根据氧化还原反应还原剂的还原性强于还原产物可知：还原性：；【小问3详解】实验Ⅰ、Ⅱ中生成CuCl白色沉淀的原理相同，均为，则在通入二氧化硫的过程中两者均生成，实验Ⅰ中Cu单质转化为，Cu被氧化，则二氧化硫作氧化剂，被还原，结合生成黑色固体可知生成，1molCu单质失去1mol电子，1mol二氧化硫得6mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：；实验Ⅱ中硫酸铜转化为，Cu化合价降低，则硫酸铜作氧化剂，二氧化硫作还原剂，被氧化为硫酸根离子，1mol铜离子得1mol电子，1mol二氧化硫失去2mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：；由反应可知生成4mol氢离子即个氢离子消耗1mol二氧化硫即64g。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．副反应Ⅱ．回答下列问题：（1）_____0(填：“>”或“<)。（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为4pkPa，反应tmin达到平衡，平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为______%，_____kPa/min，反应Ⅰ的_____。(用含p的代数式表示，的选择性=)。（3）在装有相同催化剂的。相同恒压容器中，按照投料，发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图所示。则B、D两点的平均反应速率v(B)_____v(D)(填“>”、“=”、“<”)，产生这一结果的原因可能是______。（4）T℃时，向恒温恒容的甲容器中，通入1mol、1molCO和2mol；向绝热恒容的乙容器中通入1mol、1molCO、2mol，若只发生上述反应Ⅰ。则甲乙容器中的平衡转化率____(填“>”、“<”或“=”)，理由是_____。【答案】（1）<（2）①.80②.③.（3）①.>②.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）①.>②.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】【小问1详解】反应I为化合反应，绝大多数化合反应为放热反应，所以；【小问2详解】设物质的量分别为，达到平衡时C2H4的转化率为80%，即反应消耗C2H4物质的量为0.8mol，C2H6的选择性为25%，则生成的C2H6有0.8mol×25%=0.2mol，则反应Ⅱ消耗的H2有0.2mol，消耗的C2H4有0.2mol，反应Ⅰ消耗的C2H4为0.6mol，消耗的H2为0.6mol，共消耗H2物质的量为0.8mol，H2的转化率为80%；反应初始气体总物质的量为4mol，初始总压强为4pkPa，CO初始分压pkPa，反应I消耗CO为0.6mol，即压强变化0.6pkPa，反应速率：；，平衡时，n(C2H4)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，n(CO)=1.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，气体总物质的量为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，n(CO)=1.4pkPa，n(C2H6)=0.2pkPa，n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，；【小问3详解】从图中可知B点乙烯的转化率大于D点