2020届天津市部分区高三上学期期末考试化学试题(解析版)

1、精选优质文档-倾情为你奉上天津市部分区20192020学年度第一学期期末检测高三化学相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108第卷选择题本卷共12题，每题只有一个正确选项，每题3分，共36分。1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）A. 国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高B. SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C. 鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D. 我国在南海成功开采的可燃冰（CH4nH2O）不会带

2、来酸雨等环境污染【答案】B【解析】【详解】A.合金的特性密度小、强度高，而铝锂又都属于轻金属，所以国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高，故A不符合题意；B.二氧化硅具有良好的导光性，则用于制造通讯光缆，二氧化硅不导电，故B符合题意；C.鼓励汽车、家电“以旧换新”减少废弃物的排放，有效利用资源起到节能减排的目的，故C不符合题意；D.可燃冰的成分为CH4nH2O，燃烧产物不会产生形成酸雨的气体，所以不会带来酸雨环境污染，故D不符合题意；答案：B。2.某些能源关系如图所示，以下选项中全部符合图中阴影部分能源的是（ ）A. 煤炭、地热能、潮汐能B. 水能、生物质能、天然

3、气C. 太阳能、风能、生物质能D. 石油、海洋能、核能【答案】C【解析】【详解】A.煤炭是不可再生能源，地热能来源于地球内部的热量，故A不符合题意；B.天然气是一种化石燃料，是不可再生能源，故B不符合题意；C.太阳能、风能、潮汐能都是可再生的新能源，都来自于太阳能，故C符合题意；D.石油是一种化石燃料，是不可再生能源，核能是指核聚变的时候产生光能和热能， 不是源于太阳能的辐射，故D不符合题意；答案：C。【点睛】3.自然条件下的大气固氮过程中，不会产生的物质是（ ）A. NOB. NO2C. HNO3D. NH3【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为化合态的氮的过程，大

4、气固氮是闪电能使空气里的氮气和氧气反应转化为一氧化氮，故A不符合题意；B.空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮，一氧化氮不稳定，又可以被空气中的氧气氧化成NO2，故B不符合题意；C.二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮即3NO2 + H2O= 2HNO3+NO，故 C不符合题意； D.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为化合态的氮的过程。NH3的合成需要在高温高压催化剂的条件下才能合成，所以自然条件下的大气固氮过程中，不会产生NH3，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为化合态的氮的

5、过程，可以分为人工固氮和天然固氮，区别是靠自然条件把游离态的氮转化为化合态的氮的过程，人工固氮是利用化学反应原理通过人工合成的。4.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag+2H2S+O22X+2H2O，下列说法错误的是（ ）A. 反应中Ag和H2S均是还原剂B. 银针验毒时，空气中氧气得电子C. X的化学式为Ag2SD. 当有1molH2S参加反应时，转移2mole-【答案】A【解析】【详解】A根据原子守恒，由 4Ag+2H2S+O22X+2H2O反应可知，X的化学式为Ag2S，根据元素的化合价变化可知，反应中Ag是还原剂，故A错误；B由 4Ag+2

6、H2S+O22X+2H2O反应可知，银针验毒时，空气中氧气得电子生成了H2O，故B正确；C根据原子守恒，由 4Ag+2H2S+O22X+2H2O反应可知，X的化学式为Ag2S，故C正确；D由4Ag+2H2S+O22X+2H2O反应可知，当有1molH2S参加反应时，反应会生成1molH2O，转移2mole-，故D正确；答案：A。【点睛】根据氧化还原本质有电子得失，判断依据是有化合价发生变化，结合电子守恒和原子守恒进行判断。5.已知镓（31Ga）和溴（35Br）是第四周期的主族元素。下列分析错误的是（ ）A. 镓元素为第四周期第A元素B. 原子半径：BrGaC. 79Br与81Br得电子能力相同

7、D. 碱性：Ga（OH）3Al（OH）3，酸性：HClO4HBrO4【答案】B【解析】【详解】A.镓的原子序数为31，核外电子排布为，所以镓（31Ga）元素属于第四周期第A元素，故A正确；B.同周期元素，从左到右原子的半径逐渐减小，所以镓（31Ga）和溴（35Br）原子半径：BrGa，故B错误；C.79Br与81Br互为同位素，他们的化学性质相同，所以得电子能力相同，故C正确；D.同主族自上而下金属性增强，故金属性Ga>Al，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性Ga(OH)3>Al(OH)3；同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性 Cl>Br，非金属性越强最高价

8、氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HClO4HBrO4,故D正确；答案：B。【点睛】根据元素周期律的知识进行分析：同主族自上而下金属性增强，非金属性减弱；同周期元素，从左到右原子的半径逐渐减小。6.依据反应2NaIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液，并回收NaHSO4。其中装置错误的是（ ）A. 制取SO2B. 还原IO3-C. 制I2的CCl4溶液D. 从水溶液中提取NaHSO4【答案】D【解析】【详解】A.铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，故A正确；B.将二氧化硫通入碘酸钠溶液中，能发生2Na

9、IO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2NaHSO4反应，由于二氧化硫能还原IO3-，需通过倒扣的漏斗防止倒吸，故B正确；C.因碘易溶于四氯化碳，所以用四氯化碳萃取出溶液中的碘，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故C正确；D.从硫酸氢钠溶液中提取硫酸氢钠固体应采用的方法是蒸发，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故D错误。答案：D。7.下列说法正确的是（ ）A. 粗铜电解精炼时，纯铜作阴极，电极反应为Cu2+2e-=CuB. 5.6gFe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目约为0.2×6.02×1023C. 室温下，稀释0.1moL氨水（NH3H2O

10、），溶液中变大D. 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，证明H2O2具有氧化性【答案】A【解析】【详解】A粗铜电解精炼时，纯铜作阴极得电子发生还原反应，其电极反应为Cu2+2e-=Cu，故A正确；B5.6gFe是0.1mol，在足量氯气中充分燃烧，发生反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，转移电子的数目约为0.1 mol×3×6.02×1023/mol=0.3×6.02×1023，故B错误；CNH3H2O为弱电解质，室温下，稀释氨水能促进电离一水合氨的物质的量减少，铵根的物质的量增加，所以溶液中减小，故C错误；D向H2O2溶液中滴

11、入NaClO溶液，NaClO氧化H2O2，放出氧气，说明H2O2表现了还原性，故D错误；答案：A。8.由废铁屑制Fe2O3的一种流程如图：下列说法错误的是（ ）A. 废液中一定含有NH4+B. 操作a是过滤C. 冰水只有洗去杂质的作用D. Fe2O3俗名铁红，可用作红色颜料【答案】C【解析】【分析】根据流程：用热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污，再加入稀硫酸将铁转化为亚铁离子，加入碳酸氢铵促进亚铁离子水解得到沉淀，通过过滤、冰水洗涤、煅烧得到氧化铁，据此分析作答。【详解】A.根据上述分析可知，加入碳酸氢铵促进亚铁离子水解得到沉淀，所以废液中一定含有NH4+，故A正确；B.加入碳酸氢铵得到沉淀和

12、溶液，所以操作a为过滤 故B正确；C.冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解，故C错误；D. Fe2O3 俗称铁红，可用作红色颜料, 故D正确；答案：C。9.对下列现象或事实的解释正确的是（ ）现象或事实解释ASO2在工业上常用来漂白纸浆、毛丝、草帽辨等SO2具有还原性BK2FeO4用于自来水的消毒和净化Fe3+水解生成胶状物，有消毒和净化作用CNa2O2用于呼吸面具中作为O2的来源Na2O2是强氧化剂，能氧化CO2生成O2D常温下可用铁、铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸铁、铝表面被氧化为致密的氧化物薄膜，阻止了酸与内层金属的进一步反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A .因为

13、SO2具有漂白性，所以在工业上常用来漂白纸浆、毛丝、草帽辨等，故A错误；B.因为Fe3+水解生成胶状物Fe(OH)3胶体，能吸附水中的杂质，没有消毒作用，故B错误；C.Na2O2能用于呼吸面具中的供氧剂是因为Na2O2具有强氧化性，能和水或CO2反应生成O2，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D.常温下可用铁、铝制容器盛装浓硫酸或浓硝酸，是因为铁、铝表面被氧化为致密的氧化物薄膜，阻止了酸与内层金属的进一步反应，故D正确；答案：D。10.下列说法正确的是（ ）A. 在12.0gNaHSO4晶体中，所含离子数目0.3NAB. 50时，1LpH=1的H2SO4溶液中，含有H+的数目为0.

14、1NAC. 常温下，在c（H+）=1×10-13mol·L-1的溶液中存在的离子有：Na+、Al3+、SO42-、NO3-D. 在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中存在的离子有：Fe2+、Ca2+、Al3+、Cl-【答案】B【解析】【详解】A.12.0gNaHSO4是0.1mol，NaHSO4晶体中阳离子为Na+，阴离子为HSO4-，所含离子数目为0.2NA，故A错误；B. 1LpH=1H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，含有的H+数目为0.1NA，故B正确；C. 常温下，在c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中存在大量的OH-离子

15、，所以Al3+不能大量共存，故C错误；D.在溶质为KNO3和NaHSO4的溶液中Fe2+会被氧化，所以不能大量共存，故D错误；答案：B。11.某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺H2N（CH2）2NH2氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示（a、b均为石墨电极）。下列分析错误的是（ ）A. a是负极，b是正极，电子流动方向为a导线bB. H+经质子交换膜由左向右移动C. b的电极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-D. a的电极反应式为：H2N（CH2）2NH2-16e-+4H2O2CO2+N2+16H+【答案】C【解析】【详解】A.由工作原理图可知：a是负极，b是正极，电子流动

16、方向为a导线b，故A正确；B.H+为阳离子，在溶液中由负极移向正极，即H+经质子交换膜由左向右移动，故B正确；C.b是原电池的正极，得电子发生还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，故C错误；D.a是负极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O2CO2+N2+16H+，故D正确；答案：C。【点睛】根据原电池工作原理：负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子在外电路由负极流向正极，阳离子在溶液中由负极移向正极。12.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的

17、关系如图所示（已知：HCOOH溶液的Ka=1.0×10-4）提示：几种常见的酸碱指示剂变色范围如下：下列有关叙述正确的是（ ）A. 当加入10.00mLNaOH溶液时，溶液中：c（HCOO-）c（Na+）c（HCOOH）B. 加入5.00mLNaOH溶液和加入25.00mLNaOH溶液时，水的电离程度相同C. 当加入20.00mLNaOH溶液时，溶液pH=8.0D. 该滴定过程中选择甲基橙试液作为指示剂【答案】A【解析】【详解】A.当加入10.00mLNaOH溶液时，反应后溶质为甲酸钠、甲酸，溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知(HCOO-)c(Na+)，由于甲酸的

18、电离程度较弱，则溶液中：c（HCOO-）c（Na+）c（HCOOH），故A正确；B.根据图像可知：加入5.00mLNaOH溶液时，氢氧化钠不足，溶液呈酸性，抑制了水的电离，c(H+)=10-3mol/L，加入25.00mLNaOH溶液时，NaOH过量，溶液呈碱性，抑制了水的电离，c(OH-)=10-2mol/L，所以c(H+)c(OH-)，则水的电离程度不同，故B错误；C.当加入20.00mLNaOH溶液时，反应后溶质为0.05mol/L的甲酸钠，HCOOH溶液的Ka=10-4，则Kh(HCOO-)=10-10；设0.05mol/L的甲酸钠中氢氧根离子浓度x，HCOO-+H2OHCOOH+OH

19、-，则Kh(HCOO-)=10-10，解得x=mol/L，所以pOH=5.65，溶液的pH=8.35，即此时溶液pH8.0，故C错误；D.NaOH与甲酸恰好反应时生成甲酸钠，溶液呈碱性，应该用酚酞作指示剂，故D错误；答案：A第II卷 非选择题13.氢、氮、氯、铜是元素周期表中前四周期元素。回答下列问题：（1）铜在元素周期表中的位置_，写出NH3的电子式_。（2）氯与硫相比，非金属性较强的是_（用元素符号表示），下列事实能证明这一结论的是_。（填序号）。a.常温下氯的单质呈气态，硫的单质呈固态b.稳定性：HClH2Sc.酸性：HClO4H2SO4d.氯的电负性大于硫的电负性（3）含氮化合物（CH

20、3）3N与盐酸反应，离子方程式为：（CH3）3N+H+=（CH3）3NH+，该反应过程中新生成化学键为_（填序号）。a.离子键 b.配位键 c.氢键 d.非极性共价键若化合物（CH3）3N能溶于水，其可能的原因是_。（4）Cu与H元素形成某种晶体的结构如图所示，则该晶体的化学式为_，若该晶体的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的棱长为_nm（用含和NA的式子表示，已知1nm=10-7cm）。【答案】 (1). 第四周期第B族 (2). (3). Cl (4). bcd (5). b (6). (CH3)3N与水分子之间能形成氢键；(CH3)3N和水分子均为极性分子，满足“相似

21、相溶原理” (7). CuH (8). ×107【解析】【分析】（1）根据铜为29号元素判断它在元素周期表中的位置；（2）根据元素周期律判断元素的非金属性的强弱；（3）根据配位键和氢键的特征进行判断；（4）根据晶胞的结构中原子的共面关系和晶胞的体积计算方法进行计算。【详解】（1）铜为29号元素，在元素周期表中的位置第四周期第B族；NH3为共价化合物，NH3的电子式为：。答案：第四周期第B族；。（2）氯与硫属于同一周期，且氯的原子序数比硫大，根据同周期元素，从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性较强的是Cl；a.物质的状态属于物理性质，与元素的金属性和非金属性无关，故a不能证明非

22、金属性弱，故a不符合题意；b.气态非金属的氢化物越稳定，则元素的非金属性越强，所以HClH2S能证明非金属性ClS，故b符合题意；c.最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属性越强，所以根据酸性：HClO4H2SO4可以证明非金属性ClS，故c符合题意；d.非金属性越强，元素的电负性越大，所以氯的电负性大于硫的电负性，证明非金属性ClS，故d符合题意；答案：bcd。(3)由氮化合物(CH3)3N与盐酸反应的离子方程式为：(CH3)3N+H+=(CH3)3NH+可知，该反应过程中新生成的化学键为H+与N形成的配位键，故b符合题意；化合物(CH3)3N能溶于水，属于物理性质，是因为CH3)3N与水分

23、子之间能形成氢键，且二者均是极性分子； （4）该晶胞中H原子个数为4、Cu原子个数=8+6=4，所以H、Cu原子个数之比=4:4=1:1，其化学式为CuH；由=，得V=，棱长=cm=×107 nm。14.无水氯化亚铁用于制造铁系催化剂、印染的媒染剂和染料还原剂，还可用于冶金、医药、照相等行业。一实验小组模仿工业方法在反应器M中制取氯化亚铁，设计装置如图：通过查阅相关资料可知：在持续高温500时，铁与纯净、干燥的Cl2反应可生成FeCl2，在温度较低时可生成FeCl3；FeCl3熔沸点低，易升华；常见的物质氧化性由大到小顺序：KMnO4（H+）K2Cr2O7（H+）MnO2根据以上信息

24、回答相关的问题：（1）a、b、c仪器组合成制取氯气的装置，反应无需加热，请写出a容器内所发生反应的化学方程式：_。（2）e中盛装的药品是浓硫酸，则d中盛装的药品是_。（3）反应器M为硬质玻璃管，纯净铁粉与干燥纯净的氯气在持续500左右反应，其化学反应方程式为_。（4）实验小组记录的实验现象如下：观察到的部分现象第一次实验反应器M中有白雾、红棕色固体，g瓶有白雾和黄绿色气体第二次实验反应器M中有绿色晶体，g瓶有红棕色的烟和黄绿色气体第三次实验反应器M中有绿色晶体，g瓶有黄绿色气体第一次实验，反应器M得到红棕色固体可能是_，其原因可能是_。第三次实验得到的固体中，最可能含有的微量杂质是_，如果用此

25、固体配制约23molL-1的染料还原剂溶液，则无需除去含有的杂质，理由是_。【答案】 (1). 2KMnO416HCl2KCl2MnCl25Cl28H2O或K2Cr2O714HCl2KCl2CrCl33Cl27H2O (2). 饱和食盐水 (3). FeCl2FeCl2 (4). Fe2O3 (5). 氯气没有干燥，生成的盐发生水解，生成了氢氧化物，最终分解得到Fe2O3 (6). 铁单质 (7). 铁单质可以防止Fe2+被氧化【解析】【详解】(1)abc仪器组合成制取氯气的装置，反应无需加热，a容器内所发生的化学为常温下一般用高锰酸钾溶液和浓盐酸发生反应来制取氯气，反应方程式:2KMnO4+

26、16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；也可以用重铬酸钾和浓盐酸反应，其反应的方程式为K2Cr2O714HCl2KCl2CrCl33Cl27H2O；(2)由于浓HCl有挥发性，而且反应是在溶液中制取的，所以氯气中含有杂质HCl和水蒸气，在d装置中用饱和的食盐水来除去HCl；在装置e盛装有浓硫酸来对氯气进行干燥；(3)纯净铁粉与氯气在500°C左右反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式：Fe+Cl2FeCl2；(4)第一次实验，发现反应器M中有白雾、红棕色固体，g瓶有白雾和黄绿色气体，则氯气没有干燥，生成的盐发生水解，首先生成了氢氧化亚铁，在空气中被氧化为氢氧化铁，在灼烧时发

27、生分解反应，最终得到红棕色的三氧化二铁；第三次实验得到的固体，最可能含有微量杂质是金属Fe的单质，如果需要配制约23mol/L的染料还原剂溶液，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，而铁单质可以防止Fe2+被氧化，因此该杂质无需除去。15.化学能与热能、电能的相互转化具有实际意义，结合所学内容回答下列问题。（1）1g硫粉完全燃烧生成二氧化硫气体，放出9.36kJ的热量，写出硫燃烧的热化学方程式_。（2）以下是部分共价键的键能数据：化学键H-SS-SOOH-O键能（kJmol-1）364266496463热化学方程式：2H2S（g）+O2（g）2S（g）+2H2O（g）H=-akJmol-1。反应

28、产物中的S实为S8分子，是一个八元环状分子（如图1所示）。计算，a=_。（3）工业上可用电解法来处理含Cr2O72-的酸性废水，最终可将Cr2O72-转化成Cr（OH）3沉淀而将其除去。图2为电解装置示意图（电极材料分别为铁和石墨）。请回答：完成铁电极附近溶液中所发生反应的离子方程式：Cr2O72-+6Fe2+14H+2_+6_+7_。写出石墨电极处的电极反应式：_。电解时用铁作阳极而不用石墨作阳极的原因是_。电解结束后，若要检验电解液中是否还有Fe2+存在，则可选用的试剂是_（填序号）。a.KSCN溶液b.CuCl2溶液c.NaOH溶液d.K3Fe（CN）6溶液【答案】 (1). S(s)+

29、O2(g)SO2(g) H=299.52kJ·mol-1 (2). 432 (3). Cr3+ (4). Fe3+ (5). H2O (6). 2H+2e-=H2 (7). 铁作阳极，可产生还原剂亚铁离子，而石墨作阳极不能提供还原剂 (8). d【解析】【详解】(1)已知1g硫粉完全燃烧生成二氧化硫气体，放出9.36kJ的热量，则1mol硫粉完全燃烧生成二氧化硫气体，放出的热量为9.36kJ×32g/mol=299.52kJ·mol-1，所以硫燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)SO2(g) H=299.52kJ·mol-1；（2）由热化学方程式：2H

30、2S(g)+O2(g)2S(g)+2H2O(g) H=-akJ·mol-1，可知反应热=断键所需的能量-成键所需的能量=（364×4+496-266×2-463×4）kJ/mol=-432 kJ·mol-1；（3）因为Cr2O72具有强氧化性，要将Cr2O72转化成Cr(OH)3沉淀需要还原剂，所以Fe作阳极，该电极上Fe失电子生成Fe2+，Fe2+具有还原性，能还原将Cr2O72转化成Cr3+，同时自身被还原生成Fe3+，根据原子守恒可知铁电极附近溶液中所发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；

31、根据上述分析可知，Fe作阳极，石墨电极作阴极，H+在阴极得电子发生还原反应，其电极反应式为：2H+2e-=H2；金属Fe作阳极，该电极是金属铁失电子产生Fe2+具有还原性，使重铬酸根离子被还原，而石墨作阳极不能提供还原剂；因为K3Fe(CN)6遇到Fe2+会出现蓝色沉，所以可以用K3Fe(CN06溶液检验电解结束后电解液中是否还有Fe2+存在，答案：d。16.运用所学知识回答下列问题。（1）工业上制备H2S的一种方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。该反应的化学方程式为：_。（2）煤化工原料气脱硫过程的反应原理为iCOS（g）+H2（g）H2S（

32、g）+CO（g） H=+7kJmol-1；iiCO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） H=-42kJmol-1；则COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H=_kJmol-1；向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS（g）、1molH2（g）和1molH2O（g），进行上述两个反应。其他条件不变时，体系内CO的平衡体积分数与温度（T）的关系如图所示。随着温度升高，CO的平衡体积分数增大的原因是_。T1时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol。则该温度下，COS的平衡转化率为_；反应i的平衡常数为_（小数点后保留两位）。【答案】 (1). 4SO23CH4

33、=4H2S3CO22H2O (2). -35 (3). 反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡体积分数也增大 (4). 20% (5). 0.04【解析】【分析】（1）根据氧化还原反应的电子守恒，原子守恒书写反应方程式；（2)根据盖斯定律完成热化学反应方程式的书写；（3）根据影响化学反应平衡移动的因素进行解答；根据转化率和平衡常数的公式进行计算。【详解】（1）工业上制备H2S的一种方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物。根据元素守恒分析两种氧化物为CO2、H2O，所以该反应

34、的化学方程式为：4SO23CH4=4H2S3CO22H2O；（2）根据盖斯定律：反应i+ ii为COS（g）+H2O（g）H2S（g）+CO2（g）H=+7kJmol-1+(-42kJmol-1)=-35 kJmol-1；(3)根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反应i为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向进行，CO的体积分数增大，反应ii为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，综合两个反应考虑，CO的体积分数随着温度升高而增大；向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS（g）、1molH2（g）和1molH2O（g），T1，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol，此时CO平衡体积分数为5%，则COS的平衡转化率为a=20%；反应i的方程式为：反应ii 的方程式：CO的平衡体积分数为5%，则=5%，可得x=