2024年江苏高考化学新题精选仿真模拟卷14

这是一份2024年江苏高考化学新题精选仿真模拟卷14，共19页。

第9题以光刻胶是芯片制造的关键材料为背景，考查有机物的结构与性质。
第13题以业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去为背景，考查化学反应平衡。
★核心素养 宏观辨识与微观探析 证据推理与模型认知 科学探究与创新意识
[试题亮点] 第14题 钛（是一种化学性质稳定的过渡元素为载体，考查元素及其化合物知识。
第17题 将丙烯是重要的化工原料，可用丙烷脱氢制备丙烯，考查化学反应原理综合分析能力。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量： H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 V-51 Fe-56 Ti -48 C -59
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．《本草经集注》中记载：“其黄黑者名鸡屎矾[或]，不入药用，惟堪镀作，以合熟铜（铜单质）。投苦酒（醋酸）中，涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变。”下列说法不正确的是
A．“不入药用”是因鸡屎矾可溶于胃酸，产生的可使蛋白质变性
B．鸡屎矾“投苦酒（醋酸）中”，反应前后各元素化合价不变
C．“苦酒（醋酸）”中碳原子均为杂化
D．“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是指Fe从溶液中置换出Cu，且覆盖在Fe表面的Cu阻止反应继续进行
2．硫代碳酸钠（）可用于处理工业废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：。下列说法正确的是
A．的电子式为B．的结构式为
C．基态原子的核外电子排布式为D．为非极性分子
3．下列装置能达到实验目的的是
A．用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)B．用乙装置除去水中的苯酚
C．用丙装置收集Cl2D．用丁装置灼烧Fe(OH)3固体制得Fe2O3
4．下列结构或性质的比较中，正确的是
A．微粒半径：B．电负性：
C．碱性：NaOH>CsOHD．酸性：HCOOH>CH3COOH
5．三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是
A．分子中O和F的第一电离能：OB．分子中四个碳原子在同一条直线上
C．分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型
D．制备三氟乙酸乙酯的酸和醇均能与Na反应
6．下列有关反应的离子方程式正确的是
A．食醋和84消毒液混合：
B．用惰性电极电解饱和溶液：
C．溶液中加入过量浓氨水：
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
7．下列所用物质的用途中，利用了其氧化性的是
A．用块防止钢铁船体腐蚀B．用溶液腐蚀覆铜板
C．用的水溶液吸收D．用粉防止溶液氧化
8．某变质的废铜屑主要成分为(其他杂质不参加化学反应)，为将其转化为铜单质，同时制备绿矾，某实验小组设计如图所示流程。下列说法错误的是
A．基态铜原子的价层电子排布式为
B．滤液1的溶质主要成分为
C．若分铜过程生成铜，则浸泡过程理论上有电子转移
D．可用铁氰化钾溶液检验滤液2中的存在
9．光刻胶是芯片制造的关键材料。以下是一种光刻胶的酸解过程，下列说法正确的是
A．X在水中的溶解度大于YB．X通过缩聚，Y通过加聚制备
C．消耗溶液D．该酸解过程含消去反应
10．工业制备高纯硅的主要过程如下：
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为4NA
C．0℃，101kPa下，28L氢气中质子的数目为2.5NA
D．生成的反应为熵减过程
11．证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系，正确的是
A．AB．BC．CD．D
12．某同学进行如下实验：
已知：在实验温度下，
的电离平衡常数：，；
的电离平衡常数：，。
下列说法不正确的是
A．饱和溶液可以除去中的
B．依据可推知，向溶液中加入，不能生成或
C．过程Ⅰ所得溶液中存在
D．过程Ⅱ所得溶液中存在
13．某温度下，在密封石英管内完全充满的水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水．含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）．
已知在密封石英管中发生如下反应：（Ⅰ）（快）；（Ⅱ）（慢）．
研究发现：在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ的速率远大于反应Ⅱ，可以近似认为反应Ⅰ达到平衡后始终处于平衡状态（忽略水电离，其浓度视为常数）．
则以下说法错误的是
A．时刻反应I达到平衡状态
B．反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能
C．若反应起始时，向溶液中加入盐酸提高，则的浓度峰值点可能变为b点
D．若增大密封管的体积，仍按上述操作进行实验，达到新平衡时的值不变
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）钛（是一种化学性质稳定的过渡元素，在航空航天、海洋工程和生物医疗等领域具有极为重要的实用价值。工业上以钛铁矿（，含、、等杂质）为主要原料制取的流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以的形式存在于溶液中；
②煅烧生产。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为 （填化学式）；绿矾中铁的化合价是 。
(2)“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为 。
(3)“水解”析出，该反应的离子方程式是 。
(4)“洗涤”工序，检验已洗涤干净的方法为 。
(5)写出“高温氯化”工序中反应的化学方程式： 。
(6)镍钛记忆合金可用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，若合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 （用含和的计算式表示，不必化简）。
15．（15分）八氢香豆素(H)是合成香料的原料，以A为原料制备H的合成路线如下图所示，请回答下列问题：
已知：① ；
②
(1)的名称为“反-3-溴-2-戊烯”，按此命名原则，A的名称为 。
(2)B中碳原子的杂化方式为 。
(3)D的结构简式为 。
(4)指出反应类型：E→F 、G→H 。
(5)写出F转化为G的化学方程式： 。
(6)有机物X是H的同分异构体，X具有如下结构和性质：
①含有结构，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基。
②能使溴的四氯化碳溶液褪色。
③能发生银镜反应。
④能水解。
若不考虑立体异构，则X的可能结构有 种。
(7)写出以 和CH≡C-COOCH3为原料，合成的路线流程图： (无机试剂和有机溶剂任用)。
16．（15分）草酸是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化学兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料得知：乙炔在硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸。
I.草酸的制备
该小组以电石（主要成分，还有少量的、）、浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置制备草酸。
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置B中溶液的作用是 。
(3)装置A中主要反应的化学方程式： 。
(4)装置C中多孔球泡的作用是 。
(5)反应时C中产生大量红棕色气体，写出C中发生反应的化学方程式： 。
Ⅱ.产品中草酸晶体质量分数的测定
(6)称量草酸晶体配制溶液，下列配制操作中错误的是 （填字母）。
(7)取所配制的溶液置于锥形瓶内，用酸性标准溶液滴定至终点，平行实验三次，平均消耗标准溶液。产品中草酸晶体的质量分数为 。
17．（16分）丙烯是重要的化工原料，可用丙烷脱氢制备丙烯。
已知：
回答下列问题：
(1) ；平衡常数 (用和表示)。
(2)不同压强下，在密闭容器中丙烷平衡转化率随温度变化关系如图。
①图中压强曲大到小的顺序为 ，判断的依据是 。
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，a点将 (填“上移”或“下移”)。
(3)丙烷直接脱氢存在副反应。一定温度下，丙烷和氢气的混合气体以一定流速通过催化剂表面，丙烷转化率、丙烷平衡转化率、丙烯选择性(曲线a)和丙烯生成速率随变化如图。催化剂反应过程中会有如下转化，且催化活性更强。
①丙烷转化率随变化的曲线为 (填标号)。
②曲线b随的增加而降低的原因是 。丙烯生成速率随增加变化的原因为 。
(4)0.1 Mpa下，时， Mpa(列出计算式即可)。
选项
证据
推理
A．
向淀粉稀溶液中滴加过量新制氯水，溶液最终未呈蓝色
氯气和碘离子未发生反应
B．
向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀
白色沉淀成分是
C．
向少量溶液中，先滴加足量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀
D．
向的溶液中滴加浓硫酸，产生气体的速率加快
浓对的分解具有催化作用
参考答案：
1．C
【解析】A．碱式碳酸铜和或碱式硫酸铜能与胃酸的主要成分盐酸反应生成铜离子，铜离子可使蛋白质变性，故A正确；
B．碱式碳酸铜与醋酸溶液反应生成醋酸铜、二氧化碳和水，碱式硫酸铜与醋酸溶液反应生成硫酸铜、醋酸铜、二氧化碳和水，反应中均没有元素发生化合价变化，故B正确；
C．醋酸分子中甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，故C错误；
D．由题意可知，“涂铁皆作铜色，外虽铜色，内质不变”是因为铁与溶液中的铜离子发生置换反应生成的铜覆盖在铁的表面，铁表面的铜阻碍了铁与溶液中的铜离子继续反应，故D错误；
故选C。
2．B
【解析】A．原子与原子之间形成共价键，NaHS的电子式应为，A错误；
B．的结构式为，B正确；
C．基态原子的核外电子排布式为，C错误；
D．分子的空间结构是V形，是极性分子，D错误；
故选B。
3．A
【解析】A．NO2溶于水得无色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲装置鉴别Br2(g)和NO2(g)，故选A；
B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳浊液，应用分液法分离提纯，故不选B；
C．若用丙装置收集Cl2，应该从右侧导管进气，故不选C；
D．在坩埚中灼烧Fe(OH)3固体制Fe2O3，故不选D；
选A。
4．D
【解析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钾离子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则硫元素的电负性大于磷元素，故B错误；
C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钠的碱性弱于氢氧化铯，故C错误；
D．甲基是推电子基团，会使羧基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸，故D正确；
故选D。
5．B
【解析】A．同周期从左往右第一电离能有增大趋势，所以分子中O和F的第一电离能：O＜F，A正确；
B．有机物中有4个C，没有碳碳三键官能团，分子中四个碳原子不在同一条直线上，B错误；
C．形成双键的C为sp2杂化，余下三个C为sp3杂化，C正确；
D．制备三氟乙酸乙酯的三氟乙酸和乙醇均能与Na反应生成H2，D正确；
故选B。
6．D
【解析】A．食醋的主要成分为醋酸，醋酸为弱酸，在离子方程式中不可拆分，A错误；
B．电解饱和氯化镁溶液，阳极生成氯气，阴极放出氢气生成氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子不能大量共存，会继续发生离子反应，生成氢氧化镁沉淀，B错误；
C．溶液中加入过量浓氨水会生成二氨合铜离子，不会生成氢氧化铜沉淀，C错误；
D．向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀，需要与的物质的量之比为1:1，则上述离子方程式正确，D正确；
故选D。
7．B
【解析】A．用Zn块防止钢铁船体腐蚀，Zn作负极，被氧化，Zn表现还原性，A项不符合题意；
B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板，发生反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3表现氧化性，B项符合题意；
C．用SO2的水溶液吸收Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应中SO2表现还原性，C项不符合题意；
D．Fe2+易被氧化成Fe3+，Fe与Fe3+发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中Fe表现还原性，D项不符合题意；
答案选B。
8．C
【分析】废铜屑与稀硫酸、过氧化氢溶液，反应生成硫酸铜和水，过滤后分离出不溶性杂质，“滤液1”中所含溶质的主要成分为；再加入，与溶液发生置换反应生成和，过滤分离出铜，滤液2的溶质主要成分为，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到绿矾，据此回答。
【解析】A．基态铜原子的价层电子排布式为，A正确；
B．浸泡过程中铜单质及其化合物在硫酸和双氧水的作用下，均发生化学反应，转化为，其他不溶性杂质形成滤渣，因此滤液1的溶质主要成分为，B正确，
C．若分铜过程生成铜，则与的反应中有电子转移，但浸泡过程中生成时，部分铜元素化合价未发生变化，来自氧化铜或者碱式碳酸铜，因此浸泡过程中理论上电子转移的量小于，C错误；
D．与铁氰化钾反应可生成蓝色沉淀，因此可用铁氰化钾溶液检验滤液2中的存在，D正确。
故选C。
9．D
【解析】A．Y中含有酚羟基，能与水分子形成分子间氢键，增大溶解度，故X在水中的溶解度小于Y，A错误；
B．X、Y均通过加聚制备，B错误；
C．X是高分子化合物，聚合度为n，分子中含有酚羟基形成的酯基，消耗，C错误；
D．该酸解过程生成含碳碳双键，故酸解过程含消去反应，D正确；
故选D。
10．B
【解析】A．和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为，A正确；
B．在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1ml Si含Si-Si键的数目约为2NA，B错误；
C．标准状况下，28L氢气的物质的量为1.25ml，含有质子数2.5ml，C正确；
D．，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成的反应为熵减过程，D正确；
故选B。
11．C
【解析】A．向淀粉稀溶液中滴加过量新制氯水，溶液最终未呈蓝色，这是由于过量的氯水把单质碘氧化，不能说明氯气和碘离子未发生反应，A错误；
B．溶液中滴加溶液，铝离子和硫离子相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和硫化氢，白色沉淀是，B错误；
C．向少量溶液中，先滴加足量溶液，再滴加溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀，说明氢氧化镁沉淀可以转化为氢氧化铜沉淀，证明，C正确；
D．根据现象描述可知，的分解速率加快，有可能是浓硫酸具有催化作用，也有可能是浓硫酸稀释放热导致温度升高加快反应速率，D错误。
答案选C。
12．D
【解析】A．的电离平衡常数：大于的电离平衡常数：，H2SO3能NaHCO3与发生反应生成CO2，也不生成其他杂质，故可用饱和NaHCO3溶液可以除去CO2中的SO2，故A正确；
B．假设向溶液中加入，能生成或，则反应为：，但此时得到的是，与题中所给的信息相悖，说明向溶液中加入，不能生成或，故B正确；
C．过程I所得NaHCO3和Na2SO3混合溶液中存在电荷守恒：，故C正确；
D．过程II所得溶液中，存在物料守恒：则，故D错误；
故答案选D。
13．C
【解析】A．时，达到最大值，说明此时反应Ⅰ达到平衡状态，A项正确；
B．由于反应Ⅰ的速率快，因此反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，B项正确；
C．加入盐酸后，对反应Ⅰ起催化作用，加快反应Ⅰ的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的减小，体系中浓度增大，导致浓度大于时刻的峰值，故最有可能在a点处达到峰值，C项错误；
D．若增大密封管的体积，仍按上述操作进行实验，达到新平衡时，，温度不变．平衡常数不变，则的值不变，D项正确；
故选C。
14．(1) 、、 价
(2)防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）
(3)
(4)取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净
(5)
(6)
【分析】钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)酸浸后生成TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和难溶的CaSO4，但SiO2不参加反应，“还原”过程中Fe3+被加入的铁粉还原为Fe2+，则滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，所得滤液主要含有TiOSO4、FeSO4，经过操作X(蒸发浓缩、冷却结晶)得到绿矾，同时得到含有TiOSO4的滤液，TiOSO4水解(90℃)析出TiO2⋅xH2O，经洗涤、煅烧得到TiO2，“高温氯化”时，TiO2与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO，最后“冶炼”过程中TiCl4被试剂B还原得到Ti，据此解答。
【解析】（1）由分析可知，滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，绿矾的化学式为，其中铁的化合价为价；
（2）TiO2+在90℃时会充分水解析出TiO2⋅xH2O，若“结晶”控制温度过高，会导致TiO2+提前水解使制得的绿矾不纯，同时降低钛的回收率（或产品产率），则“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为：防止TiO2+提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）；
（3）TiO2+在溶液中存在水解平衡：，升高温度，促使水解趋于完全生成，则90℃下水解的离子方程式为：；
（4）表面有，若洗涤液中不含，则已洗涤干净，所以检验TiO2⋅xH2O已洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
（5）“高温氯化”时，TiO2与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO，则反应的化学方程式为：；
（6）根据均摊法，晶胞中Ti原子数为：，Ni原子数为：，晶胞质量，晶胞的体积，晶胞棱长，则晶胞中两个钛原子间最近距离是。
15．(1)顺-1，4-二氯-2-丁烯
(2)sp3、sp2、sp
(3)
(4) 加成反应或还原反应 氧化反应
(5)
(6)8
(7)
【分析】有机物A和CH2(CN)2在KHCO3/DMF条件下，发生取代反应得到B，B经多步反应转化为C，C和D转化为E，E转化为F，F转化为G，G发生信息②的反应得到H，由H的结构可推出G为，则F为，E为，对比C和E的结构，可知D为；
【解析】（1）A分子中两个-CH2Cl基团在双键的同侧，则为顺式结构，则A的名称为顺-1，4-二氯-2-丁烯；
（2）B为，分子中碳原子有3个只形成单键，有2个形成碳碳双键，有2个形成碳氮三键，故碳原子的杂化方式为sp3、sp2、sp；
（3）由分析可知D的结构简式为；
（4）由分析可知E为，F为，G为，E和氢气发生加成反应可得到F，反应类型为加成反应或还原反应；G被过氧乙酸氧化得到H，反应类型为氧化反应；
（5）F分子中含有醇羟基，发生催化氧化生成G，化学方程式为；
（6）H的分子式为C10H16O2，不饱和度为3，有机物X是H的同分异构体，X具有如下结构和性质：①含有结构，用去一个不饱和度，环上所有碳原子均为饱和碳原子，且环上只有一个取代基，则取代基是含有4个碳原子，且有2个不饱和度的取代基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有不饱和键；③能发生银镜反应，说明含有醛基；④能水解说明含有HCOO-；综上所述，该取代基可看作HCOO-取代了-CH=CH-CH3、或CH2=C(CH3)-或CH2=CH-CH2-中的一个H原子形成的，分别有3种、2种、3种，若不考虑立体异构，则X的可能结构共有8种；
（7）和发生已知①的反应可制备，由转化为可以先加成再消去，则以和为原料，合成的路线流程图为：。
16．(1)分液漏斗
(2)除去、等气体杂质
(3)
(4)增大气液接触面积，加快反应速率
(5)
(6)ac
(7)
【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑，装置B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、PH3等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2C2O4和NO2，装置D用来吸收二氧化氮尾气，据此分析回答。
【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收除去乙炔气体中混用的硫化氢和磷化氢等气体杂质；
（3）反应方程式为：；
（4）增大气液接触面积，加快反应速率；
（5）反应时C中产生大量红棕色气体即，已知乙炔在硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化可制得草酸，装置C中与浓反应发生和的反应化学方程式为；
（6）a．使用托盘天平时，应该“左物右码”，a错误；
b．溶解草酸固体时需要搅拌，b正确；
c．将草酸溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，c错误；
d．定容时，视线应该与凹液面的最低处相平，d正确；
故选ac。
（7）草酸和酸性高锰酸钾溶液反应的方程式为：
，消耗的，消耗高锰酸钾的草酸的物质的量为，样品中草酸晶体的质量分数为。
17．(1) 124
(2) 反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡向左移动，丙烷的平衡转化率减小 上移
(3) c 随着的含量增大，平衡向右移动 活化了催化剂
(4)
【解析】（1）
由盖斯定律可知反应Ⅰ=，；方程式相减，平衡常数相除，系数变为原来的一半，则K为原来的次方，则；
（2）①该反应为正向气体分子数增大的反应，当温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，由图可知压强由时，丙烷的转化率减小，则压强；
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，容器体积增大，原气体的分压减小，则平衡正向移动，丙烷的转化率增大，a点将上移；
（3）①已知曲线a为丙烯选择性，随变化丙烯的选择性基本不变，则丙烯转化率几乎没有起伏，故曲线c为丙烯选择性；
②曲线b随的增加而降低的原因是随着氢气含量增大，平衡向右移动；随增加丙烯所测速率呈增大趋势是因为氢气活化了催化剂；
（4）0.1 Mpa下，时，此条件下丙烯选择性90%，丙烷平衡转化率为50%，设通入2xml丙烷和3xml氢气发生反应，平衡时剩余丙烷(1-50%)×2xml=xml；产生丙烯 50%×2x×90%ml=0.9xm和0.9xml氢气，故n(H2)=3.9x，n(CH4)= n(C2H4)=50%×2x×(1-90%)=0.1xml，故n总=x+0.9x+3.9x+0.1x+0.1x=6xml；；；；==。