黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题

哈九中2024届高三下学期开学考试化学试卷(考试时间：75分钟满分：100分共4页)可能用到的相对原子质量：N14O16S32Ba137I卷(共45分)一、单项选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分)1.材料科学与人类的生产生活密切相关，下列说法正确的是A.北京大学团队研发的硒化铟半导体晶体管具有优异的电学性能，属于新型合金材料B.最新发现的第五形态碳单质“碳纳米泡沫”，与石墨烯互为同素异形体C.杭州亚运会使用的“绿电”由单晶双面光伏组件提供，其主要成分为二氧化硅D.用于生产医药领域新材料的甲壳质是一种天然存在的多糖，属于小分子有机物【答案】B【解析】【详解】A．硒化铟半导体晶体管属于半导体材料，不是合金材料，A错误；B．碳单质“碳纳米泡沫”与石墨烯是由碳元素组成的性质不同的单质，两者互为同素异形体，B正确；C．单晶双面光伏材料主要成分为硅，C错误；D．多糖属于高分子有机物，D错误；故答案为：B。2.下列化学用语或表述正确的是A.键角大小关系： B.的空间结构：正四面体形C.基态的价层电子排布式： D.的共价键类型：非极性键【答案】A【解析】【详解】A．C2H2中碳为sp杂化，键角为180°；N2H2中氮为sp2杂化，键角约120°；H2O2中氧为sp3杂化，键角约为107°；故键角，A正确；B．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，B错误；C．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子形成亚铁离子，基态的价层电子排布式：，C错误；D．臭氧分子是一个极性分子，其中的两个共价键是极性键，D错误；故选A。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的溶液中，所含的数目为B.下，中含有的质子数为C.浓硝酸受热分解生成混合气体共时，转移电子数为D.标准状况下，新戊烷分子中所含键的数目为【答案】C【解析】【详解】A．只有离子浓度，缺少溶液体积，无法计算微粒的数目，A错误；B．相对分子质量为6，1个分子中含2个质子，的物质的量为，质子的物质的量为2mol，质子数为，B错误；C．和的混合物通式可表示为，、的化合价均为+4价，浓硝酸分解生成23g、时转移电子数为，C正确；D．标准状况下新戊烷为液态，不能用22.4L/mol计算其物质的量，则无法计算11.2L新戊烷所含键的数目，D错误；故答案选C。4.能正确表示下列反应的离子方程式的是A.将过量浓氨水加入铜粉中：B.过量酸性高锰酸钾溶液将葡萄糖转化为葡萄糖酸：C.锂在空气中燃烧：D.惰性电极电解饱和溶液：【答案】C【解析】【详解】A．铜和氨水不反应，Cu2+才能和氨水反应，故A错误；B．过量的酸性高锰酸钾不但能将葡萄糖中的醛基氧化为羧基，也能将葡萄糖中的羟基氧化，故B错误；C．锂在空气中燃烧只能生成氧化锂，故C正确；D．用惰性电极电解氯化铜溶液，在阴极是Cu2+得到电子生成铜，不是水中的氢离子得到电子生成氢气，故D错误；故选C。【点睛】本题是判断离子方程式的正误，但C和D选项都是化学方程式。5.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Y B.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【答案】D【解析】【详解】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。6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀析出，同时生成一种气体。下列说法正确的是A.简单氢化物的热稳定性：B.第一电离能大小：C.Y、Z元素分别位于周期表的s区、p区，二者形成的化合物溶于水会抑制水的电离D.将上述反应生成的气体通入紫色石荵溶液，溶液先变红后褪色，且加热后颜色恢复【答案】B【解析】【分析】氨可作制冷剂，所以W是N；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是Na；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和气体二氧化硫，所以X、Z分别是O、S；详解】A．非金属性O＞N，故氢化物稳定性H2O＞NH3，即W<X，A错误；B．由分析可知，X是氧、Z是硫、W是氮，N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，2p轨道处于半满稳定状态，原子核对核外电子的束缚作用较强,较难失去第一个电子，第一电离能N大于O；O和S是同一主族元素，O原子的半径较小，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能O大于S，故第一电离能，B正确；C．Y、Z元素分别是Na、O，位于周期表的s区、p区，Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫离子会结合少量水电离的氢离子，使得溶液中氢离子浓度降低，然而溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为常数，此时氢氧根离子弄都就会增大，从而促进了水的电离，C错误；D．上述刺激性气体是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有机色质，比如说品红溶液，但是不能使紫色石蕊试液褪色，二氧化硫的漂白原理是与某些有色物质结合生成不稳定的无色物质，加热后又会恢复原来的颜色，D错误；答案选B。7.我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知吡啶()含有大键，下列说法正确的是A.与属于不同类型的晶体，后者熔点更高B.反应物中原子均采用杂化C.产物中含有配位键D.反应物和产物均能与水形成分子间氢键【答案】D【解析】【详解】A．(CH3CH2)2AlCl与AlCl3的晶体都是分子晶体，(CH3CH2)2AlCl比AlCl3的相对分子质量小，因此(CH3CH2)2AlCl晶体中的范德华力较小，熔点较低，A错误；B．反应物中，碳原子最外层的四个电子中有3个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，没有孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，氮原子最外层的五个电子中有2个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，孤电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp2，氧原子最外层的六个电子中有2个用于形成σ键，孤电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3，B错误；C．产物中Al原子形成了5个共价键，其中铝与氮原子通过配位键相结合，氮原子提供孤对电子，铝原子提供空轨道，产物中有2个配位键与Al相结合，C错误；D．反应物中O和N都有孤电子对能与水形成氢键，产物中O能与水形成分子间氢键，故反应物和产物均能与水形成分子间氢键，D正确；故答案选D。8.下列实验操作、现象和结论均正确的是操作现象结论A将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片有色鲜花褪色干燥氯气具有漂白性B向含的工业废水中通入气体首先有黑色沉淀产生C向补血口服液中滴加酸性溶液橙色褪去补血口服液中一定有D用一定浓度磷酸吸收氨气制备干粉灭火剂(控制)，选择酚酞做指示剂无色变浅红若无传感器，可选择指示剂法制备A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．氯气没有漂白性。鲜花褪色是氯气与鲜花中的水反应生成次氯酸具有漂白性，结论错误，A不符合题意；B．硫化银、硫化铅阴阳离子组成比例不同，不能通过生成物的先后来判断溶度积的大小，B不符合题意；C．亚铁离子、氯离子均能被酸性重铬酸钾氧化，使重铬酸钾褪色，不能说明口服液中一定含有亚铁离子，C不符合题意；D．溶液pH值正好处于酚酞变色范围，若无传感器，可选择指示剂法制备，D符合题意；故答案为：D。9.一种天然生物碱X的结构简式如图，下列关于X的说法错误的是A.含有5种官能团B.与发生加成反应，得到2种不同产物C.在催化作用下不能发生催化氧化D.足量盐酸反应后的产物分子中含有5个手性原子【答案】B【解析】【详解】A．观察结构可知含有羟基、醚键、胺基、碳碳双键、酯基，故有5种，故A正确；B．1molX中含有两个碳碳双键可以与发生加成，但只有，可知有，共3中，故B错误；C．与羟基直接的碳原子没有H，不能发生催化氧化，故C正确；D．手性原子是指与四个不同原子或原子团相连的原子，盐酸不能与碳碳双键加成，但是能让酯基水解，由此可知足量盐酸反应后的产物为，如图所示，共有5个手性原子，故D正确；故答案选B。10.甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后继续进行实验。实验①：甲同学分别向I、Ⅱ中电极附近滴加溶液，I中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。实验②：乙同学分别取I、Ⅱ中电极附近溶液，滴加溶液，I、Ⅱ中均无沉淀。下列说法正确的是A.尽管I和Ⅱ中保护铁的原理不同，但I中电极的作用与Ⅱ中石墨电极相同B.对比实验①和实验②，两种保护法均能保护，且Ⅱ保护得更好C.由实验①中I、Ⅱ现象的差异，推测在I中氧化性强于ⅡD.通过调节电源的电压，实验①中Ⅱ的现象不可能产生蓝色沉淀【答案】B【解析】【分析】由图可知，装置I为原电池，金属性强于铁的锌电极为原电池的负极被损耗，铁电极为正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法；装置Ⅱ为电解池，与直流电源直接相连的石墨电极为阳极，铁电极为阴极被保护，该方法为外加直流电源的阴极保护法；由实验现象可知，牺牲阳极的阴极保护法和外加直流电源的阴极保护法均能保护铁，但外加直流电源的阴极保护法保护得更好。【详解】A．由分析可知，装置I中锌电极为原电池的负极被损耗，装置Ⅱ中石墨电极为阳极，溶液中的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则锌电极和石墨电极的作用不相同，故A错误；B．由分析可知，牺牲阳极的阴极保护法和外加直流电源的阴极保护法均能保护铁，但外加直流电源的阴极保护法保护得更好，故B正确；C．实验中铁氰化钾溶液的作用是检验是否有亚铁离子生成，与铁氰化钾溶液的氧化性无关，故C错误；D．调节电源的电压可以使装置Ⅱ转化为铁碳原电池，铁做负极被损耗生成的亚铁离子能与滴入的铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D错误；故选B。11.某和形成的金属化合物的立方晶胞结构如下。下列说法正确的是A.该晶体属于离子化合物B.周围距离最近的原子个数为8C.该晶胞沿x轴、y轴、z轴的投影图完全相同D.该晶体高温时导电能力更强【答案】B【解析】【详解】A．和为金属元素，形成的化合物为金属晶体，A错误；B．原子位于晶胞的8个顶点，1个体心，体心周围距离最近且相等的原子个数是8个顶点的，故周围距离最近的原子个数为8，B正确；C．晶胞沿y轴、z轴投影图完全相同，投影图为，与晶胞沿x轴投影图不同，C错误；D．高温时，金属的电阻增加，导电能力减弱，D错误；故答案为：B。12.气凝胶是内部充满空气的纳米级多孔材料。某研究团队在气凝胶骨架上嫁接磺酸基()，实现对空气中低浓度(体积分数为0.03%)的选择性吸收(如下左图所示)。磺酸基质量分数对吸收量的影响如下图所示。(已知25℃，磺酸基的)下列说法正确的是A.气凝胶与晶态的物理、化学性质相同B.磺酸基质量分数过大会形成磺酸铵固体层，阻碍吸收C.混合气体中浓度过高，会降低的吸收量D.吸氨后的气凝胶用盐酸浸泡即可全部再生(转化为)【答案】B【解析】【详解】A．气凝胶是内部充满空气的纳米级多孔材料，与晶态的物理、化学性质不相同，故A错误；B．磺酸基质量分数对吸收量的影响示意图可知，磺酸基质量分数过大会形成磺酸铵固体层，阻碍吸收，故B正确；C．在气凝胶骨架上嫁接磺酸基，实现了对空气中低浓度的选择性吸收，不会影响的吸收量，故C错误；D．磺酸基的，磺酸基嫁接在气凝胶骨架上，所以，所以用盐酸浸泡无法全部再生，故D错误；故答案选B。13.利用不同氢源(和)在两个膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示(以为电解质)。下列说法错误的是A.极电极反应式为：B.电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移C.消耗，回路转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为D.若无论电解多久极附近产物中也不会含有，说明极获得的均来自【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，N极HCHO和OH−失电子生成HCOO−和H，配平后电极方程式正确，A正确；B．NaOH为电解质，N极电极反应消耗OH−，电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，B正确；C．M极消耗1mol，产物中增加4molD，D来源于D2O，化合价由+1变为0，共得4mol电子，阴阳极得失电子守恒，N极也失4mol电子，由N极电极反应知，需要8molOH，即通过交换膜的阴离子的物质的量为8mol，C错误；D．若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，结合N极电极反应，说明N极获得的H均来自HCHO，D正确；本题选C。14.除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受的进攻。其中的亲核水解机理如图。下列说法正确的是A.整个过程的杂化方式不变 B.的水解历程与上述过程类似C.水解会生成和 D.由上述理论知不能发生水解【答案】D【解析】【详解】A．第一步中Si形成4个共价键转变成Si形成5个共价键，杂化方式发生改变，故A错误；B．Si的价电子排布式为3s23p2，有3d空轨道，因此SiCl4能发生亲核水解，而C的价电子排布式为2s22p2，没有空轨道，因此CCl4不能发生亲核水解，故B错误；C．NCl3中心原子N有一个孤电子对，发生亲电水解，NCl3中的N接受H2O中H+，然后脱去一个HClO，重复上述分析，直到Cl全部被H替代，得到产物为HClO和NH3，故C错误；D．F的电负性远远大于N，N为δ+，不接受H2O中H+的进攻，不能发生亲电水解，N的价电子排布式为2s22p3，不含空轨道，不能发生亲核水解，故D正确；答案为D。15.常温下，向和的混合液中加入固体(忽略溶液体积变化)，与的部分关系如图所示。已知：代表或。下列叙述错误的是A.代表与的关系B.为弱酸的电离常数，则常温下C常温下，和共存时：D.的平衡常数【答案】D【解析】【分析】向混合溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH增大，溶液中c(Co2+)、c(Pb2+)减小，增大，由氢氧化亚钴的溶度积大于氢氧化铅可知，曲线X、Y、Z分别代表−lgc(Pb2+)、−lgc(Co2+)、与pH的关系；由图可知，常温下，溶液中pH为10时，溶液中铅离子、亚钴离子的浓度分别为1012mol/L、107mol/L，则，，据此作答。【详解】A．由分析可知，曲线X、Y、Z分别代表−lgc(Pb2+)、−lgc(Co2+)、与pH的关系，故A正确；B．曲线Z溶液中代表与pH的关系，当pM为0时，，溶液pH为5，则由可知，，，故B正确；C．常温下，和共存时：，故C正确；D．的平衡常数继续分析得：，带入数值可得，故D错误；故答案选D。II卷(共55分)二、填空题16.锗是当代高新技术产业配套的重要材料之一，从含锗烟尘中富集提取锗的一种工艺方法如下，其中烟尘中主要成分如表1所示：已知：i．ii．没有磁性，具有磁性。表1：含锗烟尘的主要成分成分0.9749.4313.7011.078.762.971.60（1）元素在周期表中的位置为：第___________周期第___________族。（2）氧化焙烧时转化成和一种污染性气体，该反应的化学方程式为：___________。（3）抽滤的优点___________和___________。（4）滤渣成分为、___________和___________。（5）碱浸时生成同时产生具有臭鸡蛋气味的气体，该过程的离子方程式为：_______。（6）硫酸锗浸出液在调整酸碱度时发生氨水沉淀锗、铁的反应，则常温下，此过程需调节的范围为___________。（7）多结砷化镓锗太阳能电池(图1)效率优异，工作原理如图2所示。当光照射在结上，原子的电子跃迁，形成自由电子和空穴，在电场力影响下定向移动，外接回路即可形成电流。则外接回路时，空穴定向移动至___________方向(填“p型半导体”或“n型半导体”)。【答案】（1）①.四②.IVA（2）（3）①.过滤速度快②.获得固体更加干燥（4）①.②.（5）（6）（7）p型半导体【解析】【分析】氧化焙烧时，主要将含锗烟尘中的GeS转化成GeO2和SO2，碱浸时，GeO2和Na2S溶液反应生成Na2GeO3和H2S，同时CaO遇水生成Ca(OH)2，经抽滤得到滤饼，向滤饼加入H2SO4溶液充分反应后，Na2GeO3转化为Ge(SO4)2，Al2O3、Fe2O3、Zn分别转化为硫酸铝、硫酸铁、硫酸锌，同时产生CaSO4、PbSO4，SiO2不参加反应，则滤渣成分为CaSO4、PbSO4和SiO2，再调节Ge(SO4)2浸出液的酸碱度沉淀锗、铁得到Ge(OH)4、Fe(OH)3沉淀，再经一系列操作得到GeO2、γ−Fe2O3，γ−Fe2O3具有磁性，经过磁选除铁最后得到GeO2，据此解答。【小问1详解】C、Si、Ge元素均位于同一主族，则Ge元素在周期表中的位置为：第四周期第IVA族；【小问2详解】氧化焙烧时，GeS和O2反应生成GeO2和SO2气体，该反应的化学方程式为：；【小问3详解】抽滤即减压过滤，其优点为：过滤速度快和获得固体更加干燥；【小问4详解】由分析可知，滤渣成分为CaSO4、PbSO4和SiO2；【小问5详解】碱浸时，GeO2和Na2S溶液反应生成Na2GeO3和具有臭鸡蛋气味的H2S气体，该过程的离子方程式为：；【小问6详解】因为，则硫酸锗浸出液在调整酸碱度发生氨水沉淀锗、铁的反应时，先产生Fe(OH)3沉淀，后产生Ge(OH)4沉淀，以数据计算，当溶液中恰好沉淀完全，此时，则常温下，，，所以此过程需调节pH的范围为；【小问7详解】当光照射在PN结上，Ge原子的电子跃迁，形成自由电子和空穴，在电场力的作用下，自由电子和空穴会定向移动，电子移动至N型半导体，空穴移动至P型半导体，外接回路即可形成电流。则外接回路时，空穴移动至P型半导体。17.二氯化二硫可作硫化剂、氯化剂。常温下是一种黄红色液体，沸点，在潮湿的空气中剧烈水解而发烟，可通过硫与少量氯气在反应制得。（1）有关的下列说法正确的是___________。A.固态时属于共价晶体B.中键的键能大于键的键能C.第一电离能、电负性均为：D.是既有极性键又有非极性键的非极性分子（2）选用以下装置制取少量(夹持装置略)：①A中反应的离子方程式为___________。②装置连接顺序：A→___________。③仪器D的名称为___________，D中的最佳试剂是___________(选填序号)。a．碱石灰b．c．无水氯化钙④实验前打开，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是___________。⑤为了提高的纯度，实验的关键是控制好温度和___________。（3）遇水会生成两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中的体积分数。①W溶液可以是下列溶液中的___________(填标号)；a．溶液b．酸性溶液c．氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为___________(含的代数式表示)，若去掉①步骤，则所得结果___________(填偏大、偏小或不变)。【答案】（1）BC（2）①.②.F→C→B→E→D③.球形干燥管④.a⑤.将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的排入E中收集⑥.滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)（3）①.ac②.③.偏大【解析】【分析】A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，所制Cl2中混有HCl和H2O(g)，用F中饱和食盐水除去HCl，用C中浓硫酸干燥Cl2，然后在B装置中S与Cl2反应制备S2Cl2，结合S2Cl2的性质，用E装置收集S2Cl2，D装置用于吸收尾气、并防止外界空气进入E中。【小问1详解】A．S2Cl2常温下是一种黄红色液体，沸点137℃，固态时S2Cl2属于分子晶体，A项错误；B．原子半径：Cl＜S，键长：S—Cl键＜S—S键，则键能：S—Cl键＞S—S键，B项正确；C．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能、电负性均为Cl＞S，C项正确；D．S2Cl2中既含S—Cl极性键、又含S—S非极性键，分子中正负电中心不重合，为极性分子，D项错误；答案选BC。【小问2详解】①A中KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应的离子方程式为2+10Cl+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②根据分析，装置的连接顺序为A→F→C→B→E→D。③仪器D的名称为球形干燥管；根据分析，D中的试剂用于吸收Cl2和H2O(g)，P2O5和无水氯化钙不能吸收Cl2，碱石灰既能吸收氯气、又能吸收H2O(g)；答案选a。④实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集。⑤为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)。【小问3详解】①根据测定方案知，W溶液能将SO2氧化成，与过量Ba(OH)2溶液形成BaSO4沉淀，即mg固体为BaSO4；a．H2O2与SO2反应生成H2SO4，H2SO4与Ba(OH)2反应形成BaSO4沉淀，a符合题意；b．KMnO4与SO2反应生成K2SO4、MnSO4和H2SO4，且KMnO4还会与HCl反应，生成的Mn2+会与OH形成沉淀，干扰实验结果，b不符合题意；c．氯水与SO2反应生成H2SO4和HCl，H2SO4与Ba(OH)2反应形成BaSO4沉淀，c符合题意；答案选ac。②根据S守恒，n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中SO2的体积分数为×100%=×100%。③若去掉①步骤，测定的原理为SO2+Ba(OH)2=BaSO3↓+H2O，所得固体为BaSO3；在测定过程中有部分BaSO4生成，使得BaSO3质量偏大，则所得结果偏大。18.硫化氢为易燃危化品，与空气混合能形成爆炸性混合物，遇明火、高热能引起燃烧爆炸并且硫化氢有剧毒。油开气采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①②则反应③的___________，___________(用含的代数式表示)（2）根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下发生反应，相同时间后，测得和的体积分数如表：温度95010001050110011500.51.53.65.58.50.00.00.10.41.8①下列说法正确的是__________。A．其他条件不变，用空气替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响B．其他条件不变，温度越高，的转化率越高C．在范围内(其他条件不变)随着温度升高，的体积分数先升高后减低D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高②在一定温度、条件下，只充入和气体进行热分解反应。已知初始与体积比为，平衡时混合气中与的分压相等，则平衡常数___________；③第②问用稀释的目的是___________。（3）反应①和③的随温度的影响如图所示，则在时，反应的自发趋势①___________③(填“>”、“<”或“=”)。在反应条件下，将一定量的和混合进行反应(不考虑反应②，达到平衡时约为，微乎其微，其原因是___________。（4）工业上用氯苯和硫化氢高温下反应来制备苯硫酚，但有副产物苯生成。I：Ⅱ：已知反应I的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，若初始氯苯和硫化氢各，则苯硫酚的物质的量变化区间为___________。【答案】（1）①.②.（2）①.BC②.14.3③.用氮气稀释，硫化氢分压减小，平衡向正反应方向进行，硫化氢转化率增大（3）①.<②.由图像可知，在时，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导（4）【解析】【小问1详解】已知①②根据盖斯定律，由①②得反应③=+180(81)=+261，；答案为；；【小问2详解】①A.其他条件不变时，用空气替代N2作稀释气体，空气中的氧气参与反应，对实验结果有影响，故A错误；B.正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B正确；C.由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，故C正确；D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误；故答案为:BC；②在一定温度、条件下，只充入和气体进行热分解反应。已知初始与体积比为，设n(H2S)=2mol，n(N2)=1mol，结合三段式计算，设消耗硫化氢为xmol，平衡时混合气中与的分压相等，2x=x，解得x=1,总物质的量为1mol+1mol+0.5mol+1mol=3.5mol，则平衡常数=14.3kPa；③第②问用稀释的目的是硫化氢分压减小，平衡向正反应方向进行，硫化氢转化率增大；【小问3详解】在1000K，反应①△G>0，不易自发，反应③QG<0，容易自发，故反应自发趋势①<③；根据图中曲线和△G=RTlnK可知△G越大，反应平衡常数K越小，反应趋势越小，在1000K，反应①△G>0，反应趋势小，反应③△G<0，反应趋势大，占主导；【小问4详解】已知反应I的速率大于反应Ⅱ，且两个反应同时发生，若初始氯苯和硫化氢各，先有苯硫酚生成且不可能完全转化为苯硫酚，则苯硫酚的物质的量变化区间为。