黑龙江省哈尔滨市某中学校2023-2024学年高三年级下册开学考试化学试题

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：N14016S32Bal37

I卷供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锢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.硒化锢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：Bo

2.下列化学用语或表述正确的是

A.键角大小关系：C2H2>N2H2>H2O2B.SO,的空间结构：正四面体形

C.基态Fe?+的价层电子排布式：3d54slD.O3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C2H2>N2H2>H2O2,A正确；

B.SO：的中心原子S原子的价层电子对数为3+处学生=4,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Is22s22P63s23P63d64s2,失去2个电子形成亚铁离子，基态Fe?+的价层电子

排布式：3d6,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Ao

3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.pH=2的H2sO4溶液中，所含H+的数目为OQINA

B.25℃、101kPa下，6g：H2中含有的质子数为4NA

C.浓硝酸受热分解生成NO2、N2O4混合气体共23g时，转移电子数为0.5NA

D.标准状况下，11.2L新戊烷分子中所含C-H键的数目为5NA

【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.6g；H,相对分子质量为6,1个分子中含2个质子，6g：H2的物质的量为/6g=lmol,质子的物

质的量为2mol,质子数为2NA，B错误；

C.N。？和NQ4的混合物通式可表示为（NO?）/NO?、MO4的化合价均为+4价，浓硝酸分解生成

23g

23gNO?、MO4时转移电子数为——==0.511101,c正确；

46g-mol

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C-H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

2+?+

A,将过量浓氨水加入铜粉中：Cu+4NH3-H20=[Cu（NH3）4]+4H2O

B.过量酸性高锦酸钾溶液将葡萄糖转化为葡萄糖酸：

2+

6H++5CH2OH（CHOH）4CHO+2MnO；—>5CH2OH（CHOH）4COOH+2Mn+3H2O

点燃

C.锂在空气中燃烧：4Li+O2^^2Li2O

电解

D.惰性电极电解饱和CuCl2溶液：CuCl2+2H2O—CU（OH）2+C12T+H2T

【答案】c

【解析】

【详解】A.铜和氨水不反应，C/+才能和氨水反应，故A错误；

B.过量的酸性高锌酸钾不但能将葡萄糖中的醛基氧化为竣基，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CM+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YB.X通过缩聚，Y通过加聚制备

C.ImolX消耗NaOH溶液3moiD.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，ImolX消耗6nmolNaOH,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：W>X>Z

B.第一电离能大小：W>X>Z

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葱溶液，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0、S；

【详解】A.非金属性0>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Is22s22P3,2P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0；。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W>X>Z,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Na?S,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哦咤双酚铝氯化物，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

毗咤(Q)含有就大兀键，下列说法正确的是

A.(CH3cH2)2加。与A1CL属于不同类型的晶体，后者熔点更高

B.反应物中C、N、0原子均采用spz杂化

C.Imol产物中含有5mol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)2A1C1与AlCb的晶体都是分子晶体，(CH3cH2)?A1C1比A1CL的相对分子质量小，因

此(CH3cH2)2A1C1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◎键，有1个参与形成大无键，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◎键，有1个参与形成大无键，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0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A1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A1相结合，C错误；

D.反应物中。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

有色鲜花

A将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片干燥氯气具有漂白性

褪色

首先有黑

B向含Ag+、Pb?+的工业废水中通入H2s气体色沉淀产Ksp(PbS)<Ksp(Ag2S)

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Fe?+

用一定浓度磷酸吸收氨气制备干粉灭火剂无色变浅若无pH传感器，可选择指示剂

D

。控制选择酚酥做指示剂

(NH)HP4(pH=8—10),红法制备

A.AB.BC.CD.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铭酸钾氧化，使重铝酸钾褪色，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值正好处于酚酰变色范围，若无pH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.ImolX与ImolH2发生加成反应，得到2种不同产物

C.在Cu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、醛键、胺基、碳碳双键、酯基，故有5种，故A正确;

B.hnolX中含有两个碳碳双键可以与H2发生加成，但只有ImolH2,可知有

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共有个手性原子，故

C2H5D

H

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Fe电极附近滴加K31Fe(CN)6］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Fe电极附近溶液，滴加K31Fe(CN)6］溶液，I、II中均无沉淀。

Zn—--Fe石墨—--Fe

经酸化的3%NaCl溶液

In

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Zn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Fe,且n保护得更好

C.由实验①中I、II现象的差异，推测K3［Fe(CN%］在I中氧化性强于H

D.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n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.实验中铁氟化钾溶液的作用是检验是否有亚铁离子生成，与铁氟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n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氧化钾

溶液反应生成蓝色沉淀，故D错误；

故选Bo

11.某50Sn和打冲形成的金属化合物的立方晶胞结构如下。

OSn

•Nb

下列说法正确的是

A.该晶体属于离子化合物

B.Sn周围距离最近的Sn原子个数为8

C.该晶胞沿x轴、y轴、z轴的投影图完全相同

D.该晶体在高温时导电能力更强

【答案】B

【解析】

【详解】A.Sn和Nb为金属元素，形成的化合物为金属晶体，A错误;

B.Sn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Sn原子个数是8个顶点的Sn,

故Sn周围距离最近的Sn原子个数为8,B正确;

C.晶胞沿y轴、z轴的投影图完全相同，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Si。2气凝胶骨架上嫁接磺酸基（-SO3H）,实

现对空气中低浓度NH3（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NH3吸收量的

影响如下图所示。（已知25℃,磺酸基的=0.2）下列说法正确的是

A.气凝胶Si。？与晶态Si。？的物理、化学性质相同

B.磺酸基质量分数过大会形成磺酸俊固体层，阻碍NH3吸收

C.混合气体中CO2浓度过高，会降低NH3的吸收量

D.吸氨后的气凝胶用O.lmoLLT盐酸浸泡即可全部再生（-SO,转化为-SO3H）

【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Si。？的物理、化学性质不相同，故A错误;

B.磺酸基质量分数对NH?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镂固体层，阻碍NH3

吸收，故B正确；

C.在SiC）2气凝胶骨架上嫁接磺酸基，实现了对空气中低浓度NH3的选择性吸收，CC）2不会影响NH3的

吸收量，故c错误；

D.磺酸基的（=0.2,磺酸基嫁接在SiC>2气凝胶骨架上，所以Ka=c（H+）=0.2,所以用O.lmol.LT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（D2。和HCHO）在两个Pd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

B.电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移

C.消耗Imol回路转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为4moi

H2N

DD

D,若无论电解多久N极附近产物中也不会含有d丫直，说明N极获得的H均来自HCHO

H2N/

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知，N极HCHO和OH-失电子生成HCOCT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OHL电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，B正确；

中增加4moiD,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4moi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5+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H2。的H+进攻。其中SiC：的亲核水解机理如图。下列说法正确的是

A.整个过程Si的杂化方式不变B.Cd4的水解历程与上述过程类似

C.NCL水解会生成HNC)2和HC1D.由上述理论知NF3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SiC14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CC14不能发生亲核水解，故B错误；

C.NCL中心原子N有一个孤电子对，发生亲电水解，NCb中的N接受HzO中H+,然后脱去一个HC10,

重复上述分析，直到C1全部被H替代，得到产物为HC10和NH3,故C错误；

D.F的电负性远远大于N,N为3+,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CO(NC>3)2、Pb(NC)3)2和HR的混合液中加入NaOH固体(忽略溶液体积变化)，pM与

pH的部分关系如图所示。已知：pM=—lgc(M),c(M)代表c(Co2+)、c(Pb2+)或

cR

-^,Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2]o下列叙述错误的是

14

13

1U2

190

8

n7

d6

5

4

3

2

1

0

A.Y代表—lgc(C02+)与pH的关系

B.Ka为弱酸HR的电离常数，则常温下pKa=5

C常温下，Co(OH)2和Pb(OH)2共存时:c(Pb2+):c(Co2+)=10-5:l

2+

D.CO(OH)2+2HRUCo+2R+2H2O的平衡常数K=0.1

【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(C02+)、c(Pb2+)

c(R)

减小‘M增大’由氢氧化亚钻的溶度积大于氢氧化铅可知,曲线X、Y、Z分另雕表Tgc(*)、Tgc(C02+)、

一,馆c(R标)与PH的关系；由图可知‘常温下’溶液中PH为时’溶液中铅一离子、亚钻离子的浓度分别

7124220

为10i2moi/L、10mol/L,则Ksp[Co(OH)2]=l()-7x(104)2=10"5,Ksp[Pb(OH)2]=10xfw)=W,据此作

比口O

【详解】A.由分析可知，曲线X、Y、Z分别代表-1g”)Tgc(C/)、业人与pH的关系，故A

正确;

B-曲线Z溶液中代表」g品与PH的关系’当PM为。时’c(RAc(HR),溶液PH为5,则由

5

Ka=)可知，Ka=lxlO-,pKa=5,故B正确;

C.常温下，Co(OH)2和Pb(0H)2共存时:

2+2+20155

c(Pb):c(Co)=Ksp[Pb(OH)2]:Ksp[Co(OH)2]=W:W=10~:1,故C正确;

2+

D.CO(OH)2+2HRUCo+2R-+2H2O的平衡常数

c(Co2+)xC2(R)C(CO2+)XC2(R)XC2(OH)XC2(H+)

K=继续分析得:

C2(HR)C2(HR)XC2(OH)XC2(H+)

KKspQogH'MKaCHR)]2Ksp[Co(OH)2工Ka(HR)]2

,带入数值可得

'-C2(OH)XC2(H+)(o

Ksp[Co(OH)2][Ka(HR)『IO15x(10-5)2

K=------------O-------------=(1(T『二'故口错乐；

故答案选D。

II卷(共55分)

二、填空题

16.褚是当代高新技术产业配套的重要材料之一，从含楮烟尘中富集提取错的一种工艺方法如下，其中烟尘

中主要成分如表1所示：

38162

已知：i.Ksp[Fe(OH)3]=10-Ksp[Ge(OH)4]=10-

ii.a-Fe2()3没有磁性，y—Fe2()3具有磁性。

表1：含错烟尘的主要成分

成分GeSiO2A12O3CaOFe2O3ZnPb

co/%0.9749.4313.7011.078.762.971.60

(1)Ge元素在周期表中的位置为：第周期第族。

(2)氧化焙烧时GeS转化成Ge。？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CaS。,、和。

(5)碱浸时生成NazGeOs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)硫酸错浸出液在调整酸碱度时发生氨水沉淀褚、铁的反应，则常温下，此过程需调节pH的范围为

(7)多结碎化钱铸太阳能电池(图1)效率优异，工作原理如图2所示。

P型半导体n型半导体

图1

当光照射在上V结上，Ge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】⑴①.四@.IVA

焙烧

(2)GeS+2O2GeO2+S02

(3)①.过滤速度快②.获得固体更加干燥

(4)①.PbSO4®.SiO2

+2-

(5)2Na+H20+GeO2+S=Na2GeO3+H2ST

(6)pH>11.2

(7)p型半导体

【解析】

【分析】氧化焙烧时，主要将含错烟尘中的GeS转化成GeCh和S02,碱浸时，GeCh和Na2s溶液反应生成

Na2GeO3和HzS,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,NazGeCh

转化为Ge(SO4)2,AI2O3、Fe2O3>Zn分别转化为硫酸铝、硫酸铁、硫酸锌,同时产生CaSCU、PbSO4,SiO2

不参加反应,则滤渣成分为CaSO4、PbSO4和SiCh，再调节Ge(SC»4)2浸出液的酸碱度沉淀错、铁得到Ge(OH)4.

Fe(0H)3沉淀，再经一系列操作得到GeCh、y-FezCh，广FezCh具有磁性，经过磁选除铁最后得到GeCh，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02反应生成GeCh和SO2气体，该反应的化学方程式为：GeS+20,°=GeO,+SO,；

【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CaS04、PbS04和SiCh;

【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：

+2

2Na+H20+GeO2+S-=Na2GeO3+H2ST；

【小问6详解】

因为K/凡(丽)3］<KjGe(O/f)/,则硫酸褚浸出液在调整酸碱度发生氨水沉淀错、铁的反应时，

先产生Fe(0H)3沉淀,后产生Ge(0H)4沉淀，以［Ge(a/)4］数据计算，当溶液中c(Ge4+)=10-5mol-Ul

恰好沉淀完全,molU1=lO^moZ-lT1,则常温下,

IO』

-1,21+112

10-2.8mol-U'=10Z«O/-L-,^H=-lgc（H）=-lglO=11.2,所以此过程

需调节pH的范围为夕821L2；

【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（S2c1）可作硫化剂、氯化剂。常温下是一种黄红色液体，沸点137℃,在潮湿的空气中剧

烈水解而发烟，s2c12可通过硫与少量氯气在110~140℃反应制得。

（1）有关S2cL的下列说法正确的是.

A.固态时S2c）属于共价晶体

B.S2cU中S-C1键的键能大于S-S键的键能

C.第一电离能、电负性均为：C1>S

D.S2C12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s2cU（夹持装置略）:

①A中反应的离子方程式为

②装置连接顺序：AT

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.P2O5c.无水氯化钙

④实验前打开K「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s2c%的纯度，实验的关键是控制好温度和。

（3）S2c二遇水会生成SO2、HC1两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SC>2的体积

分数。

①W溶液可以是下列溶液中的（填标号）;

a.凡。？溶液b.酸性KM11O4溶液c.氯水

②该混合气体中二氧化硫的体积分数为(含V、m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)①.2MnOj+16H++10C「=2Mn2++5CUT+8H2。②.

FTCTB—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S2cU排入E中收集⑥.滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量)

GGA

(3)0.ac②.一^xlOO%③.偏大

233V

【解析】

【分析】A装置中KMnC)4与浓盐酸反应制备Cb，所制Cl2中混有HC1和H2O(g),用F中饱和食盐水除去

HC1,用C中浓硫酸干燥Ck,然后在B装置中S与CL反应制备S2cb,结合S2cL的性质，用E装置收集

S2c12,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.S2cL常温下是一种黄红色液体，沸点137℃,固态时S2c12属于分子晶体，A项错误；

B.原子半径：C1<S,键长：S—C1键<S—S键，则键能：S—。键>$—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C1

>S,C项正确；

D.S2c12中既含S—C1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KMnC>4与浓盐酸反应生成KC1、MnCL、Cb和H2O,反应的离子方程式为

+2+

2MnO4+10C1+16H=2Mn+5Cl2?+8H2O(>

②根据分析，装置的连接顺序为ATF-CTB-E一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CL和H2O(g),P2O5和无水氯化钙不能吸

收Cb，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S2cL排入E中收集。

⑤为了提高S2cL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SO：,SO：与过量Ba(OH)2溶液形成BaSC>4沉淀，即mg固体

为BaSO4;

a.H2O2与SO2反应生成H2so4,H2so4与Ba(0H)2反应形成BaSCU沉淀，a符合题意；

b.KMnCU与SO2反应生成K2so4、MnSCU和H2so4,且KM11O4还会与HC1反应，生成的MM+会与OH形

成沉淀，干扰实验结果，b不符合题意；

c.氯水与S02反应生成H2s。4和HCLH2s。4与Ba(0H)2反应形成BaSCU沉淀，c符合题意;

答案选aco

②根据S守恒，w(SO2)=n(BaSO4)=mol,该混合气体中SO2的体积分数为

^111-molx22.4L/mol22.4m

233xioo%=-----xioo%o

————-------233V

③若去掉①步骤,测定的原理为SO2+Ba(OH)2=BaSO3i+H2O,所得固体为BaSO3;在测定过程中有部分BaSO4

生成，使得BaSCh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:

(I)已知下列反应的热化学方程式：

①2H2s(g)US2(g)+2H2(g)△H]=+l80kJ-mo「Kpl=a

1

②CS2(g)+2凡(g)UCH4(g)+S2(g)AH2=-8IkJ-molKp2=b

则反应③CH4(g)+2H2S(g)uCS2(g)+4H2(g)的AH3=kJ.mol1，

J3=(用含。力的代数式表示)

(2)根据文献，将H2s和CH4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V(H2S):V(CH4)=2:1,并用N2稀释；常压、不同温度下发生反应，相同时间后，测得H2和CS?的

体积分数如表：

温度/℃9501000105011001150

H2/(v%)0.51.53.65.58.5

cs2/(v%)0.00.00.10.41.8

①下列说法正确的是

A.其他条件不变，用空气替代N?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，H2s的转化率越高

C.在950℃-1150℃范围内(其他条件不变)随着温度升高，S2(g)的体积分数先升高后减低

D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高

②在一定温度、lOOKPa条件下，只充入H2s和N2气体进行H2s热分解反应。已知初始H2s与N2体积比

为2:1,平衡时混合气中H2s与H2的分压相等，则平衡常数Kp=；

③第②问用N2稀释的目的是。

(3)反应①和③的AG随温度的影响如图所示，则在1000K时，反应的自发趋势①③(填“>”、

或"=")。

(

T

O

U

I

.

P

O

'

C

V

在lOOOKJOOkPa反应条件下，将一定量的H2s和CH4混合进行反应(不考虑反应②，达到平衡时

n(CS2):n(H2)约为1:4,n^)微乎其微，其原因是=

(4)工业上用氯苯(PhCl)和硫化氢(H2S)高温下反应来制备苯硫酚(PhSH),但有副产物苯(PhH)生成。

I：PhCl(g)+H2S(g)^PhSH(g)+HCl(g)AH1<0

II：PhCl(g)+H2S(g)=PhH(g)+HCl(g)+1s8(g)AH2<0

o

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Imol,则苯硫酚的物质的量

变化区间为=

【答案】(1)®.AH=+261(2).-

3b

(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1000C时，反应①AG>0,反应趋势小，反应③AG<0,反应

趋势大，占主导

(4)[0,1)

【解析】

【小问1详解】

己知①2H2s(g)US2(g)+2H2(g)AH,=+180kJ-mor'Kpl=a

1

②CS2(g)+2凡(g)UCH,(g)+S?(g)AH2=-8IkJ.morKp2=b

根据盖斯定律，由①②得反应③CH4(g)+2H2s(g)UCS2(g)+4H2(g)

K

1-1p

AH3=AHt—AH2=+180(81)kJmor=+261kJ-mol>K3==—；答案为AH3=+261；—；

K

P2bb

【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、lOOKPa条件下，只充入H2s和N2气体进行H2s热分解反应。已知初始H2s与N2体积比

为2:1,设n(H2s)=2mol,n(N2)=lmoL结合三段式计算，设消耗硫化氢为xmol,

2H2s(g)U2H2(g)+S2(g)

开始的量(mol)200

转化的量(mol)XX0.5x

平衡的量(mol)2-xX0.5x

平衡时混合气中H2s与H2的分压相等，2x=x,解得x=l,总物质的量为1mol+1mol+0,5mol+1mol=3.5mol,

0.5xl00kPaIxlOOkPa^2

则平衡常数Kp=「(与士弋2)=—36吗3.5mol—=i4.3kPa；

2

77(H25)IxlQQkPa2

3.5mol

③第②问用N2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③QGQ,容易自发，故反应自发趋势①〈③；根据图中曲线和

△G=RTlnK可知AG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