2024届陕西省汉中市汉台区高三上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省汉中市汉台区2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64Zn-65Se-79第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，计42分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.下列有关传统文化的解读错误的是（）选项传统文化摘要解读A此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜扫取以水淋汁，后乃煎炼而成——《开宝本草》“煎炼”涉及重结晶操作B世间丝、麻、裘、褐皆具素质——《天工开物》文中“裘”的主要成分是纤维素C落红不是无情物，化作春泥更护花——《己亥杂诗》蕴含着自然界中的碳、氮循环D日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈——《浪淘沙》此现象与胶体性质有关【答案】B【详析】A．“煎炼”过程涉及溶解再蒸发结晶，涉及重结晶操作，故A正确；B．文中“裘”指的是动物的毛皮，主要成分是蛋白质，故B错误；C．自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为腐生细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物碳、氮循环，故C正确；D．丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现一条光亮的“通路”的现象，“日照澄洲江雾开”描述的现象与胶体的丁达尔效应有关，D正确；故选B。2.下列物质的应用与氧化还原反应有关的是（）A.煅烧石灰石制生石灰 B.铁粉可以用作食品袋内的脱氧剂C.小苏打用作面点的膨松剂 D.“冰丝带“场馆用二氧化碳跨临界技术直冷制冰【答案】B【详析】A．石灰石制生石灰，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应原理无关，故A不选；B．铁粉可以用作食品袋内的脱氧剂，铁元素化合价升高，发生氧化还原反应，与氧化还原反应原理有关，故B选；C．小苏打用作面点的膨松为碳酸氢钠的受热分解，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应原理无关，故C不选；D．“冰丝带“场馆采用二氧化碳跨临界技术直冷制冰，是物态的变化，与氧化还原反应原理无关，故D不选；故选B。3.“嫦娥五号”采回的月壤中含有的是一种清洁、安全的核聚变发电燃料。下列有关说法正确的是（）A.核聚变属于化学变化 B.的中子数为3C.发电代替火电有利于实现碳达峰 D.之间通过共价键形成单质分子【答案】C【详析】A．核聚变既不属于物理变化也不属于化学变化，选项A错误；B．的中子数为1，选项B错误；C．发电代替火电可减少二氧化碳排放，有利于实现碳达峰，选项C正确；D．稀有气体为单原子分子，不存在共价键，选项D错误。答案选C。4.拟在实验室完成一系列实验：①粗盐提纯；②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱；③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量。在实验过程中，下列仪器不可能用到的是（）A. B. C. D.【答案】D【详析】A．粗盐提纯中需要过滤操作，能用到漏斗，故A不符合题意；B．模拟“侯氏制碱法”制备纯碱需要向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳生成小苏打，需要B装置，故B不符合题意；C．用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合题意；D．系列实验中没有使用到冷凝管，故D符合题意；故选D。5.酒精、过氧化氢、“84”消毒液和碘酒是生活中常见的杀菌消毒剂。下列说法正确的是（）A.过氧化氢和“84”消毒液混用会减弱消毒效果B.酒精浓度越高，消毒能力越强C.碘酒和加碘食盐均能使淀粉溶液变蓝D.乙醇是常见的有机溶剂，可萃取溴水中的溴【答案】A【详析】A．“84”消毒液有效成分是NaClO，NaClO与过氧化氢发生反应：，因此过氧化氢和“84”消毒液混用会减弱消毒效果，A正确；B．医用酒精的浓度为75%，并不是浓度越大消毒能力越强，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，B错误；C．加碘食盐中含有碘酸钾，碘酸钾不能使淀粉溶液变蓝，C错误；D．乙醇与水以任意比互溶，因此乙醇不可萃取溴水中的溴，D错误；答案选A。6.下列有关氨气的制取、收集并验证其部分性质的装置和原理不能达到实验目的的是（）A.用甲装置制取少量氨气B.用乙装置收集氨气C.用丙装置验证氨气溶于水呈碱性D.用丁装置验证氨气极易溶于水【答案】C【详析】A.氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，可利用图示装置制取少量氨气，可达到实验目的，A项正确；B.氨气的密度比空气大，可采用向下排空气法收集，即导管采用“长进短出”的方式，图示收集方法合理，B项正确；C.氨气不能使蓝色石蕊试纸变色，检验氨气应该用红色石蕊试纸，C项错误；D.挤压胶头滴管，气球变大，说明圆底烧瓶中压强减小，可证明氨气极易溶于水，D项正确；答案选C。7.下列离子方程式正确的是（）A.用热溶液洗涤试管内壁的硫黄：B.利用稀硝酸洗去试管壁上的银镜：C.向溶液中滴加足量溶液：D.向溶液中通入少量【答案】A【详析】A．用热溶液洗涤试管内壁的硫黄，发生歧化反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水：，A正确；B．利用稀硝酸洗去试管壁上的银镜：，B错误；C．向溶液中滴加足量溶液，生成氢氧化镁沉淀：，C错误；D．向溶液中通入少量，发生氧化还原反应：，D错误；故选A。8.实验小组研究不同价态硫元素之间的转化，装置图如下。下列说法正确的是（）A.①中未生成蓝色固体，证明浓硫酸没有被还原B.②中溶液褪色，证明具有漂白性C.③中淡黄色粉末变白，证明具有氧化性D.④中产生淡黄色沉淀，证明被氧化【答案】D〖祥解〗铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现强氧化性、酸性，浓硫酸还会吸收生成的水，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与过氧化钠反应生成白色固体，通入硫化钠溶液中出现浑浊。【详析】A．①中由于浓硫酸会吸收水分，而且反应是复杂的，不一定能看到有蓝色，但浓硫酸反应生成二氧化硫，说明浓硫酸被还原，故A错误；B．②中溶液褪色，是二氧化硫酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，证明具有还原性，故B错误；C．③中淡黄色粉未变白，是过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，证明具有还原性，故C错误；D．④中产生淡黄色沉淀，沉淀是二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，硫化钠中硫化合价升高，证明被氧化，故D正确。综上所述，答案为D。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.肼中含有的共价键总数为B.与足量的完全反应转移电子数为C.标准状况下，的原子数为D.乙烯和丙烯的混合气体中所含原子数为【答案】A【详析】A．的结构式为，含有5个共价键，肼的物质的量为=0.1mol，含有的共价键总数为，A正确；B．Cu与S反应生成Cu2S，Cu由0价上升到+1价，的物质的量为0.5mol，与足量的S完全反应转移电子数为0.5，B错误；C．标准状况下，SO3不是气体，的物质的量不是0.05mol，C错误；D．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，CH2的物质的量为2mol，含有的原子数为6NA，D错误；故选A。10.短周期主族元素的原子半径依次增大，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，与同族，原子的电子总数是最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A.简单离子的半径：B.的最高正化合价为C.中离子的最外层电子数为2D.简单气态氢化物的稳定性：【答案】C〖祥解〗短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，化合物ZW与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW是NaH，Z是Na、W是H；Y原子的电子总数是最外层电子数的3倍，则Y是P；X与Y同族，则X是N，据此分析解答。【详析】A．电子层数越多，离子半径越大；核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：P3->N3->Na+，A错误；B．Y是P元素，P的最外层有5个电子，最高正化合价为，B错误；C．由分析可知，Z是Na、W是H，NaH中H-的最外层电子数为2，C正确；D．元素的非金属性N>P，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则简单气态氢化物的稳定性：NH3>PH3，D错误；故选C。11.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是（）A.甲在苯环上的二溴代物有2种B.乙的分子式为C.多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面上D.甲、乙、多巴胺均属于芳香烃【答案】C【详析】A．按照定一动一的原则，甲在苯环上的二溴代物有：、，共4种，故A错误；B．根据乙的结构简式，其分子式为，故B错误；C．含有8个碳原子，且苯环为平面形结构，结合三点确定一个平面可知，所有的碳原子可能在同一个平面上，故C正确；D．甲、乙、多巴胺都含有O元素，不属于烃，故D错误；答案选C。12.下列实验操作对应的现象、结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，产生血红色沉淀稀硝酸将氧化为B将碘水倒入分液漏斗，加适量，振荡后静置溶液分层，上层呈紫色更易溶于C在试管中加入淀粉和溶液，加热，再加入少量新制悬浊液无明显现象淀粉未发生水解D将溶液滴入溶液中至不再有沉淀产生，再滴加溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀【答案】D【详析】A．少量铁粉与稀硝酸反应产生三价铁，滴加硫氰化钾溶液，与铁离子形成红色络合物，不是血红色沉淀，A错误；B．水的密度比四氯化碳小，四氯化碳加入碘水中，将碘单质萃取，溶液分层，下层呈紫色，B错误；C．将淀粉和硫酸溶液混合后加热，再加入新制氢氧化铜悬浊液，会导致氢氧化铜直接和硫酸反应，无法产生银镜反应，C错误；D．溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加溶液，此时镁离子完全沉淀离子浓度很小，而此时铜离子浓度很大，故白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，即，D正确；故选D。13.利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如图所示。下列说法正确的是（）A.该光伏电池可将化学能转化为电能B.该离子交换膜为阴离子交换膜，由左池向右池迁移C.电解池中阳极发生还原反应，电极反应式为Ce4+-e-=Ce3+D.电路中有电子通过时，阴极室溶液质量变化为16g【答案】D〖祥解〗由图可知，左侧装置为原电池，电子向N极移动，故N极为负极，P极为正极。右侧为电解池，纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨为阳极，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，据此分析解答。【详析】A．光伏电池可将太阳能转化为电能，A错误；B．电解池右侧Cu2+得到电子被还原为Cu单质，正电荷减少；左侧Ce3+失去电子被氧化为Ce4+，正电荷增加，为为使电池不断进行工作，溶液中的硫酸根离子会由右池向左池迁移，故该离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；C．石墨为阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，C错误；D．纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中有0.2mol电子通过时，析出Cu质量为0.2mol=6.4g，同时有0.lmol硫酸根离子由右池向左池迁移，质量减少0.lmol×96g/mol=9.6g，阴极室溶液质量共减少：△m=6.4g+9.6g=l6g，D正确；故合理选项是D。14.某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（）A.曲线②代表与的关系B.向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大C.的约为D.时，溶液中的【答案】B〖祥解〗由题干信息，，，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[]与pH的关系。【详析】A．由分析可知，曲线②代表-lgc[]与pH的关系，选项A正确；B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动，选项B错误；C．由图像，pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C正确；D．根据图中曲线可知，时，-lgc[]=1，溶液的pH>14，，选项D正确；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共58分。第15～17题为必考题，每道试题考生都必须作答。第18～19题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(3题，43分)15.研究小组以(绿色固体)、等物质为原料制备无水(紫色固体，易升华)，制备装置如图所示(夹持装置略)。已知：有剧毒，与水反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）仪器的名称为_______________。（2）本实验持续通入的目的是赶走体系中原有的空气、_______________。（3）反应管的温度升到时反应生成和(光气)，其化学方程式为______________________________。B装置中生成的盐是_______________(填化学式)。（4）反应管右端有在加热炉外，其作用是_________________________。（5）反应结束后，应__________(填字母)。a．先停止加热，再停止通入b．先停止通入，再停止加热（6）测定样品中的含量。称取样品溶于水配制成溶液，取所得溶液于锥形瓶中，加入的溶液，充分反应后，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为(已知：、)。该样品中的质量分数为__________(计算结果精确到)。如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准溶液润洗，则测定结果__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）将气态四氯化碳吹入管式炉中（3）（4）使凝华（5）（6）偏低〖祥解〗实验室制备无水CrCl3的反应原理为：。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，装置B的作用是防止C中的水进入管式炉，用氢氧化钠溶液吸收COCl2，以此解答。【详析】（1）仪器A的名称为三颈烧瓶；（2）热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；（3）依据题意，管式炉内四氯化碳与Cr2O3反应生成三氯化铬和COCl2，反应化学方程式为；COCl2与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl；（4）无水CrCl3易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使CrCl3凝华；（5）反应结束后，应先停止加热，用氮气将装置内的物质吹出，再停止通氮气，故选a；（6）由题意可知，50.00mLCrCl3溶液中CrCl3的物质的量为：20.00×10-3L×0.0200mol/L－0.0100mol/L×5.00×10-3L=3.5×10-4mol，则该样品中CrCl3的质量为3.5×10-4mol××158.5g/mol=0.55475g，CrCl3的质量分数为；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，会造成消耗标准液体积偏大，氯化锌消耗EDTA的量偏高，所测CrCl3含量偏低，测定结果偏低。16.碳酸锰是制造电信器材的软磁铁氧体和制备其它锰盐的原料，用于医药、电焊条辅助原料等。工业上利用木炭还原焙烧软锰矿煤粉制备碳酸锰的流程如图所示：已知：①软锰矿煤粉的主要成分是，还含有少量和及其氧化物等；②还原焙烧时被还原成；③可能用到的数据如下：氢氧化物开始沉淀时1.56.54.28.3沉淀完全时3.79.77.49.8回答下列问题：（1）在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器为酒精灯、三脚架、泥三角和_______________，其中发生的反应方程式为______________________________。（2）能提高步骤B中反应速率的措施有____________________(写一条)，步骤C中滤渣的主要成分为木炭和__________(填化学式)。（3）步骤D中加入的作用是______________________________。（4）步骤中调节值的范围是_______________，“溶液”宜用__________(填字母)代替。A．B．C．D．（5）步骤不能用溶液代替溶液的原因是____________________。【答案】（1）坩埚（2）适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等合理答案即可（3）将氧化为（4）C（5）溶液碱性比溶液强，可能会产生沉淀，使产品不纯(其余每空2分)〖祥解〗软锰矿煤粉的主要成分是MnO2，还含有少量CaCO3和Fe、Cu及其氧化物等，加足量碳粉还原焙烧生成MnO、CaO、Fe、Cu；焙烧后固体混合物加硫酸溶解，生成MnSO4、FeSO4、CaSO4，过滤除去过量的碳粉及Cu和CaSO4，滤液中加二氧化锰将亚铁氧化三价铁，再加NaOH调节pH值将铁转化为氢氧化铁沉淀过滤除去；滤液中加碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰，经分离烘干得到产品，据此分析解答。【详析】（1）焙烧操作需要在坩埚中进行，因此还需要的仪器为坩埚；焙烧过程中MnO2被碳粉还原生成MnO，该反应方程式为：；（2）用硫酸浸取时适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等方法可以提高反应速率；由以上分析可知加硫酸溶解后的固体有过量的碳粉、Cu和CaSO4；（3）步骤D中加入作用是将氧化为，有利于后续调节pH以氢氧化铁的形式去除；（4）步骤E中调节pH目的是使三价铁完全沉淀，但不能使Mn2+沉淀，结合表中数据信息可知pH范围为；为了不引入新的杂质且能消耗氢离子调节pH，“溶液”宜用Mn(OH)2替代，故选C；（5）相同浓度时碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢铵，若用碳酸钠溶液可能会生成Mn(OH)2，使产品不纯。17.羰基硫作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的和反应可以合成，回答下列问题：（1）已知：①②③反应________。（2）在恒容、绝热的密闭容器中，充入与进行反应。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是________(填字母)。A.和的浓度保持不变B.消耗的速率与生成的速率之比为C.的值不再改变D.混合气体的平均相对分子质量不再改变（3）在充有催化剂的恒容密闭容器中进行反应。设起始充入的，相同时间内测得的转化率与和温度的关系如图所示：①________(填“>”“<”或“=”，下同)_____。②温度高于时，转化率减小的可能原因为___________(填字母)。A．反应的变大B．催化剂活性降低C．平衡逆向移动D．反应速率加快③时，在恒容密闭容器中充入等物质的量和发生反应，实验测得反应前容器内压强为后达到平衡时的分压为。该反应的平衡常数___________(用含的代数式表示)。（4）已知时，反应的平衡常数。①时，在密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，则平衡时的体积分数为________。②在两个密闭容器中都加入四种气体，起始时气体体积分数，分别在和时反应，容器中和的体积分数随时间的变化关系如图所示：和时，随时间变化关系的曲线分别是________、________，判断的理由是_________________________________________。【答案】（1）（2）BD（3）①.<>②.BC③.（4）①.②.cd温度为时，为。合成的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，将小于，且温度越高越小(其余每空2分)【详析】（1）反应③-反应②-反应①得反应，则∆H=∆H3-∆H2-∆H1=−283kJ/mol-(−36kJ/mol)-(−242kJ/mol)=-5kJ/mol，故答案为：-5；（2）①在恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行反应：A．COS和H2的浓度保持不变，则正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A项不符题意；B．消耗H2的速率与生成CO速率均是逆反应速率，始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态，故B项符合题意；C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，，温度不变，K值不变，则的值不再改变，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C项不符合题意；D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D项符合题意；故答案为：BD；（3）横坐标表示温度，未平衡时温度越高，反应速率越大，相同时间内，H2S转化率越大，故T0对应虚线左边代表未平衡状态，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，H2S转化率减小，T0对应虚线右边表示平衡状态；①其它条件相同，n(H2S):n(CO)=x越大，H2S平衡转化率越小，故x1<x2；反应物浓度越大，反应速率越快，则v正(a)>v正(b)，故答案为：<；>；②A．反应的∆H不会随温度改变而改变，故A项错误；B．催化剂在一定温度内活性最好，温度过高或过低催化剂活性可能降低，导致反应速率减小，在相同时间内反应物转化率减小，故B项正确；C．该反应是放热反应，最高点代表平衡，升高温度，平衡逆向移动，导致反应物转化率减小，故C项正确；D．若未平衡，反应速率加快，导致相同时间内反应物转化率增大，与图不符，若已平衡，升高温度反应速率加快，但平衡逆向移动，反应物转化率应减小，与图不符，故D项错误；故答案为：BC；③该反应是气体总物质的量不变的反应，则恒温恒容下，总压不变，T0时，在恒容的密闭容器中充入等物质的量CO和H2S发生反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，则反应前CO和H2S的分压分别为0.5p0kPa，10min达到平衡时H2的分压为p1kPa，则CO、H2S、COS、H2的分压分别为0.5p0kPa-p1kPa、0.5p0kPa-p1kPa、p1kPa、p1kPa，该反应的平衡常数，故答案为：；（4）①设容器的体积为VL，根据已知条件，列出三段式：，，解得x=，则平衡时COS的体积分数为：，故答案为：25%；②由于合成COS的反应为放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，体积分数减小，根据①可知，温度为240℃时，(COS)为25%，故当温度升高时，(COS)减小，且温度越高，体积分数减小的程度越大，所以300℃和320℃时(H2S)随时间变化关系的曲线分别是c、d；原因为：温度为240℃时，φ(COS)为25%，合成COS的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，φ(COS)将小于25%，且温度越高φ(COS)越小。(二)选考题(15分，请考生从所给两道题目中任选一道作答，如果均做，则按所做第一题计分)【选修3：物质结构与性质】18.光电材料在能源、军事等领域有重要应用，分为无机光电材料(如、等)和有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：（1）基态原子的价层电子轨道表示式为_________________；的第一电离能由大到小的顺序为___________。（2）图1所示化合物中含有的化学键类型有_____(填字母)，原子的杂化方式为_____。A．共价键B．离子键C．配位键D．氢键（3）在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为，部分氧化物的沸点如表所示：氧化物沸点100①表中氧化物之间沸点差异的原因为_____________________________。②的VSEPR模型为________。③和分子中，键角更大的是________(填化学式)。（4）和晶体立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2所示)内部的碳原子用代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或代替。若阿伏加德罗常数的值为晶体的密度为晶体的密度为，则晶体与晶体的晶胞参数之比为___________。【答案】（1）（2）AC（3）①.三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且的相对分子质量大于②.平面三角形③.（4）【详析】（1）Zn为30号元素，基态原子的价层电子排布图为；同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，其中Se和As反常，则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为；（2）由图1所示化合物的结构可知，Al与O、N形成配位键，分子内不存在离子键和氢键，故选AC。N原子的价层电子对数目为3，杂化方式为sp2；（3）①由表中氧化物的组成和性质可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，故二氧化硫的沸点高于二氧化碳；②SO2中S原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形；③H2O中O原子半径比H2S中S原子半径更小，成键电子对更靠近O原子，成键电子对之间排斥力更大，键角更大；（4）ZnS和ZnSe晶体中，占用Zn的数目为4，S、Se的数目为，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比。【选修5：有机化学基础】19.以下为某药物的合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为___________。（2）D中官能团的名称为___________。（3）的名称为___________，的反应类型为___________。（4）的化学方程式为_________________________________________。的反应条件为___________。（5）的另一产物为___________。（6）符合下列条件的的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。①能发生银镜反应；②与溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生；③核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为。其中一种同分异构体的结构简式为______________。【答案】（1）（2）(酚)羟基、羧基、醚键（3）对甲基苯甲酸或甲基苯甲酸取代反应（4）光照（5）（6）2或〖祥解〗A：与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生取代反应产生B：，B先与Cu、CCl4然后与NaOH溶液作用反应产生C：，C酸化可得D：，D与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E：；F：与Br2在Fe催化下取代甲基临位苯环上的一个氢原子产生G：，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：；H在光照条件下与Br2发生—CH3的取代反应产生I：，I与DIBAL-H发生还原反应产生J：，E、J发生反应产生K：和HBr。【详析】（1）已知B的结构简式为；（2）D是，该物质分子中含有的官能团名称是(酚)羟基、羧基、醚键；（3）①F：的名称为：对甲基苯甲酸或甲基苯甲酸②F：与Br2在Fe催化下取代甲基临位苯环上的一个氢原子产生G：，该反应为取代反应；（4）①G是，G分子中含有羧基，G与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生H：和H2O，该反应的化学方程式为：＋CH3OH+H2O；②H结构简式是；H在光照条件下与Br2发生与苯环相连—CH3的H取代反应产生I:，故H→I的反应条件是光照；（5）经分析可知：E与J发生取代反应产生K，同时反应产生HBr，故另外一种产物化学式是HBr；（6）E的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明分子中含有醛基-CHO；②与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能发生是，该同分异构体不含酚羟基，但其能够发生水解反应产生含有酚羟基的物质；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6:2:1:1，则该物质分子中含有4种不同位置的H原子，H原子的数目比是6:2:1:1，其分子结构对称，含有加水与酚羟基形成的酯基，可能的结构为：或，因此该物质具有2种不同的结构。陕西省汉中市汉台区2024届高三上学期1月期末可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cu-64Zn-65Se-79第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，计42分。每小题只有一个选项是符合题意的)1.下列有关传统文化的解读错误的是（）选项传统文化摘要解读A此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜扫取以水淋汁，后乃煎炼而成——《开宝本草》“煎炼”涉及重结晶操作B世间丝、麻、裘、褐皆具素质——《天工开物》文中“裘”的主要成分是纤维素C落红不是无情物，化作春泥更护花——《己亥杂诗》蕴含着自然界中的碳、氮循环D日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈——《浪淘沙》此现象与胶体性质有关【答案】B【详析】A．“煎炼”过程涉及溶解再蒸发结晶，涉及重结晶操作，故A正确；B．文中“裘”指的是动物的毛皮，主要成分是蛋白质，故B错误；C．自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为腐生细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物碳、氮循环，故C正确；D．丁达尔效应是指当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现一条光亮的“通路”的现象，“日照澄洲江雾开”描述的现象与胶体的丁达尔效应有关，D正确；故选B。2.下列物质的应用与氧化还原反应有关的是（）A.煅烧石灰石制生石灰 B.铁粉可以用作食品袋内的脱氧剂C.小苏打用作面点的膨松剂 D.“冰丝带“场馆用二氧化碳跨临界技术直冷制冰【答案】B【详析】A．石灰石制生石灰，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应原理无关，故A不选；B．铁粉可以用作食品袋内的脱氧剂，铁元素化合价升高，发生氧化还原反应，与氧化还原反应原理有关，故B选；C．小苏打用作面点的膨松为碳酸氢钠的受热分解，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应原理无关，故C不选；D．“冰丝带“场馆采用二氧化碳跨临界技术直冷制冰，是物态的变化，与氧化还原反应原理无关，故D不选；故选B。3.“嫦娥五号”采回的月壤中含有的是一种清洁、安全的核聚变发电燃料。下列有关说法正确的是（）A.核聚变属于化学变化 B.的中子数为3C.发电代替火电有利于实现碳达峰 D.之间通过共价键形成单质分子【答案】C【详析】A．核聚变既不属于物理变化也不属于化学变化，选项A错误；B．的中子数为1，选项B错误；C．发电代替火电可减少二氧化碳排放，有利于实现碳达峰，选项C正确；D．稀有气体为单原子分子，不存在共价键，选项D错误。答案选C。4.拟在实验室完成一系列实验：①粗盐提纯；②利用提纯后的NaCl模拟“侯氏制碱法”制备纯碱；③用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量。在实验过程中，下列仪器不可能用到的是（）A. B. C. D.【答案】D【详析】A．粗盐提纯中需要过滤操作，能用到漏斗，故A不符合题意；B．模拟“侯氏制碱法”制备纯碱需要向溶有氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳生成小苏打，需要B装置，故B不符合题意；C．用盐酸标准液滴定纯碱溶液以测定Na2CO3含量，需要使用酸式滴定管，故C不符合题意；D．系列实验中没有使用到冷凝管，故D符合题意；故选D。5.酒精、过氧化氢、“84”消毒液和碘酒是生活中常见的杀菌消毒剂。下列说法正确的是（）A.过氧化氢和“84”消毒液混用会减弱消毒效果B.酒精浓度越高，消毒能力越强C.碘酒和加碘食盐均能使淀粉溶液变蓝D.乙醇是常见的有机溶剂，可萃取溴水中的溴【答案】A【详析】A．“84”消毒液有效成分是NaClO，NaClO与过氧化氢发生反应：，因此过氧化氢和“84”消毒液混用会减弱消毒效果，A正确；B．医用酒精的浓度为75%，并不是浓度越大消毒能力越强，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，B错误；C．加碘食盐中含有碘酸钾，碘酸钾不能使淀粉溶液变蓝，C错误；D．乙醇与水以任意比互溶，因此乙醇不可萃取溴水中的溴，D错误；答案选A。6.下列有关氨气的制取、收集并验证其部分性质的装置和原理不能达到实验目的的是（）A.用甲装置制取少量氨气B.用乙装置收集氨气C.用丙装置验证氨气溶于水呈碱性D.用丁装置验证氨气极易溶于水【答案】C【详析】A.氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，可利用图示装置制取少量氨气，可达到实验目的，A项正确；B.氨气的密度比空气大，可采用向下排空气法收集，即导管采用“长进短出”的方式，图示收集方法合理，B项正确；C.氨气不能使蓝色石蕊试纸变色，检验氨气应该用红色石蕊试纸，C项错误；D.挤压胶头滴管，气球变大，说明圆底烧瓶中压强减小，可证明氨气极易溶于水，D项正确；答案选C。7.下列离子方程式正确的是（）A.用热溶液洗涤试管内壁的硫黄：B.利用稀硝酸洗去试管壁上的银镜：C.向溶液中滴加足量溶液：D.向溶液中通入少量【答案】A【详析】A．用热溶液洗涤试管内壁的硫黄，发生歧化反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水：，A正确；B．利用稀硝酸洗去试管壁上的银镜：，B错误；C．向溶液中滴加足量溶液，生成氢氧化镁沉淀：，C错误；D．向溶液中通入少量，发生氧化还原反应：，D错误；故选A。8.实验小组研究不同价态硫元素之间的转化，装置图如下。下列说法正确的是（）A.①中未生成蓝色固体，证明浓硫酸没有被还原B.②中溶液褪色，证明具有漂白性C.③中淡黄色粉末变白，证明具有氧化性D.④中产生淡黄色沉淀，证明被氧化【答案】D〖祥解〗铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸体现强氧化性、酸性，浓硫酸还会吸收生成的水，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，与过氧化钠反应生成白色固体，通入硫化钠溶液中出现浑浊。【详析】A．①中由于浓硫酸会吸收水分，而且反应是复杂的，不一定能看到有蓝色，但浓硫酸反应生成二氧化硫，说明浓硫酸被还原，故A错误；B．②中溶液褪色，是二氧化硫酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，证明具有还原性，故B错误；C．③中淡黄色粉未变白，是过氧化钠和二氧化硫反应生成硫酸钠，证明具有还原性，故C错误；D．④中产生淡黄色沉淀，沉淀是二氧化硫和硫离子反应生成硫单质，硫化钠中硫化合价升高，证明被氧化，故D正确。综上所述，答案为D。9.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.肼中含有的共价键总数为B.与足量的完全反应转移电子数为C.标准状况下，的原子数为D.乙烯和丙烯的混合气体中所含原子数为【答案】A【详析】A．的结构式为，含有5个共价键，肼的物质的量为=0.1mol，含有的共价键总数为，A正确；B．Cu与S反应生成Cu2S，Cu由0价上升到+1价，的物质的量为0.5mol，与足量的S完全反应转移电子数为0.5，B错误；C．标准状况下，SO3不是气体，的物质的量不是0.05mol，C错误；D．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，CH2的物质的量为2mol，含有的原子数为6NA，D错误；故选A。10.短周期主族元素的原子半径依次增大，化合物与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，与同族，原子的电子总数是最外层电子数的3倍。下列说法正确的是（）A.简单离子的半径：B.的最高正化合价为C.中离子的最外层电子数为2D.简单气态氢化物的稳定性：【答案】C〖祥解〗短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大，化合物ZW与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW是NaH，Z是Na、W是H；Y原子的电子总数是最外层电子数的3倍，则Y是P；X与Y同族，则X是N，据此分析解答。【详析】A．电子层数越多，离子半径越大；核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：P3->N3->Na+，A错误；B．Y是P元素，P的最外层有5个电子，最高正化合价为，B错误；C．由分析可知，Z是Na、W是H，NaH中H-的最外层电子数为2，C正确；D．元素的非金属性N>P，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则简单气态氢化物的稳定性：NH3>PH3，D错误；故选C。11.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。其部分合成路线如下，下列说法正确的是（）A.甲在苯环上的二溴代物有2种B.乙的分子式为C.多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面上D.甲、乙、多巴胺均属于芳香烃【答案】C【详析】A．按照定一动一的原则，甲在苯环上的二溴代物有：、，共4种，故A错误；B．根据乙的结构简式，其分子式为，故B错误；C．含有8个碳原子，且苯环为平面形结构，结合三点确定一个平面可知，所有的碳原子可能在同一个平面上，故C正确；D．甲、乙、多巴胺都含有O元素，不属于烃，故D错误；答案选C。12.下列实验操作对应的现象、结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A向稀硝酸中加入少量铁粉，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，产生血红色沉淀稀硝酸将氧化为B将碘水倒入分液漏斗，加适量，振荡后静置溶液分层，上层呈紫色更易溶于C在试管中加入淀粉和溶液，加热，再加入少量新制悬浊液无明显现象淀粉未发生水解D将溶液滴入溶液中至不再有沉淀产生，再滴加溶液先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀【答案】D【详析】A．少量铁粉与稀硝酸反应产生三价铁，滴加硫氰化钾溶液，与铁离子形成红色络合物，不是血红色沉淀，A错误；B．水的密度比四氯化碳小，四氯化碳加入碘水中，将碘单质萃取，溶液分层，下层呈紫色，B错误；C．将淀粉和硫酸溶液混合后加热，再加入新制氢氧化铜悬浊液，会导致氢氧化铜直接和硫酸反应，无法产生银镜反应，C错误；D．溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加溶液，此时镁离子完全沉淀离子浓度很小，而此时铜离子浓度很大，故白色沉淀转化为蓝色沉淀说明氢氧化铜比氢氧化镁更难溶，即，D正确；故选D。13.利用光伏电池与膜电解法制备Ce(SO4)2溶液的装置如图所示。下列说法正确的是（）A.该光伏电池可将化学能转化为电能B.该离子交换膜为阴离子交换膜，由左池向右池迁移C.电解池中阳极发生还原反应，电极反应式为Ce4+-e-=Ce3+D.电路中有电子通过时，阴极室溶液质量变化为16g【答案】D〖祥解〗由图可知，左侧装置为原电池，电子向N极移动，故N极为负极，P极为正极。右侧为电解池，纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，石墨为阳极，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，据此分析解答。【详析】A．光伏电池可将太阳能转化为电能，A错误；B．电解池右侧Cu2+得到电子被还原为Cu单质，正电荷减少；左侧Ce3+失去电子被氧化为Ce4+，正电荷增加，为为使电池不断进行工作，溶液中的硫酸根离子会由右池向左池迁移，故该离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；C．石墨为阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Ce3+-e-=Ce4+，C错误；D．纯铜为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电路中有0.2mol电子通过时，析出Cu质量为0.2mol=6.4g，同时有0.lmol硫酸根离子由右池向左池迁移，质量减少0.lmol×96g/mol=9.6g，阴极室溶液质量共减少：△m=6.4g+9.6g=l6g，D正确；故合理选项是D。14.某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是（）A.曲线②代表与的关系B.向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大C.的约为D.时，溶液中的【答案】B〖祥解〗由题干信息，，，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[]增大，即-lgc(M2+)增大，-lgc[]减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[]与pH的关系。【详析】A．由分析可知，曲线②代表-lgc[]与pH的关系，选项A正确；B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动，选项B错误；C．由图像，pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C正确；D．根据图中曲线可知，时，-lgc[]=1，溶液的pH>14，，选项D正确；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共58分。第15～17题为必考题，每道试题考生都必须作答。第18～19题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(3题，43分)15.研究小组以(绿色固体)、等物质为原料制备无水(紫色固体，易升华)，制备装置如图所示(夹持装置略)。已知：有剧毒，与水反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）仪器的名称为_______________。（2）本实验持续通入的目的是赶走体系中原有的空气、_______________。（3）反应管的温度升到时反应生成和(光气)，其化学方程式为______________________________。B装置中生成的盐是_______________(填化学式)。（4）反应管右端有在加热炉外，其作用是_________________________。（5）反应结束后，应__________(填字母)。a．先停止加热，再停止通入b．先停止通入，再停止加热（6）测定样品中的含量。称取样品溶于水配制成溶液，取所得溶液于锥形瓶中，加入的溶液，充分反应后，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为(已知：、)。该样品中的质量分数为__________(计算结果精确到)。如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准溶液润洗，则测定结果__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）三颈烧瓶（2）将气态四氯化碳吹入管式炉中（3）（4）使凝华（5）（6）偏低〖祥解〗实验室制备无水CrCl3的反应原理为：。利用氮气和热水加热将四氯化碳转化为气态进入管式炉与氧化铬反应得到氯化铬，装置B的作用是防止C中的水进入管式炉，用氢氧化钠溶液吸收COCl2，以此解答。【详析】（1）仪器A的名称为三颈烧瓶；（2）热水加热将四氯化碳转化为气态，利用氮气将气态四氯化碳吹入管式炉；（3）依据题意，管式炉内四氯化碳与Cr2O3反应生成三氯化铬和COCl2，反应化学方程式为；COCl2与水反应生成两种酸性气体：COCl2+H2O=CO2+2HCl，b装置中盛放足量NaOH溶液，所以生成的盐是Na2CO3和NaCl；（4）无水CrCl3易升华，所以反应管右端有15cm在加热炉外，是为了使CrCl3凝华；（5）反应结束后，应先停止加热，用氮气将装置内的物质吹出，再停止通氮气，故选a；（6）由题意可知，50.00mLCrCl3溶液中CrCl3的物质的量为：20.00×10-3L×0.0200mol/L－0.0100mol/L×5.00×10-3L=3.5×10-4mol，则该样品中CrCl3的质量为3.5×10-4mol××158.5g/mol=0.55475g，CrCl3的质量分数为；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装溶液润洗，会造成消耗标准液体积偏大，氯化锌消耗EDTA的量偏高，所测CrCl3含量偏低，测定结果偏低。16.碳酸锰是制造电信器材的软磁铁氧体和制备其它锰盐的原料，用于医药、电焊条辅助原料等。工业上利用木炭还原焙烧软锰矿煤粉制备碳酸锰的流程如图所示：已知：①软锰矿煤粉的主要成分是，还含有少量和及其氧化物等；②还原焙烧时被还原成；③可能用到的数据如下：氢氧化物开始沉淀时1.56.54.28.3沉淀完全时3.79.77.49.8回答下列问题：（1）在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器为酒精灯、三脚架、泥三角和_______________，其中发生的反应方程式为______________________________。（2）能提高步骤B中反应速率的措施有____________________(写一条)，步骤C中滤渣的主要成分为木炭和__________(填化学式)。（3）步骤D中加入的作用是______________________________。（4）步骤中调节值的范围是_______________，“溶液”宜用__________(填字母)代替。A．B．C．D．（5）步骤不能用溶液代替溶液的原因是____________________。【答案】（1）坩埚（2）适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等合理答案即可（3）将氧化为（4）C（5）溶液碱性比溶液强，可能会产生沉淀，使产品不纯(其余每空2分)〖祥解〗软锰矿煤粉的主要成分是MnO2，还含有少量CaCO3和Fe、Cu及其氧化物等，加足量碳粉还原焙烧生成MnO、CaO、Fe、Cu；焙烧后固体混合物加硫酸溶解，生成MnSO4、FeSO4、CaSO4，过滤除去过量的碳粉及Cu和CaSO4，滤液中加二氧化锰将亚铁氧化三价铁，再加NaOH调节pH值将铁转化为氢氧化铁沉淀过滤除去；滤液中加碳酸氢铵将锰离子转化为碳酸锰，经分离烘干得到产品，据此分析解答。【详析】（1）焙烧操作需要在坩埚中进行，因此还需要的仪器为坩埚；焙烧过程中MnO2被碳粉还原生成MnO，该反应方程式为：；（2）用硫酸浸取时适当加热或搅拌或适当增大硫酸浓度等方法可以提高反应速率；由以上分析可知加硫酸溶解后的固体有过量的碳粉、Cu和CaSO4；（3）步骤D中加入作用是将氧化为，有利于后续调节pH以氢氧化铁的形式去除；（4）步骤E中调节pH目的是使三价铁完全沉淀，但不能使Mn2+沉淀，结合表中数据信息可知pH范围为；为了不引入新的杂质且能消耗氢离子调节pH，“溶液”宜用Mn(OH)2替代，故选C；（5）相同浓度时碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢铵，若用碳酸钠溶液可能会生成Mn(OH)2，使产品不纯。17.羰基硫作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的和反应可以合成，回答下列问题：（1）已知：①②③反应________。（2）在恒容、绝热的密闭容器中，充入与进行反应。下列事实不能说明反应达到平衡状态的是________(填字母)。A.和的浓度保持不变B.消耗的速率与生成的速率之比为C.的值不再改变D.混合气体的平均相对分子质量不再改变（3）在充有催化剂的恒容密闭容器中进行反应。设起始充入的，相同时间内测得的转化率与和温度的关系如图所示：①________(填“>”“<”或“=”，下同)_____。②温度高于时，转化率减小的可能原因为___________(填字母)。A．反应的变大B．催化剂活性降低C．平衡逆向移动D．反应速率加快③时，在恒容密闭容器中充入等物质的量和发生反应，实验测得反应前容器内压强为后达到平衡时的分压为。该反应的平衡常数___________(用含的代数式表示)。（4）已知时，反应的平衡常数。①时，在密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，则平衡时的体积分数为________。②在两个密闭容器中都加入四种气体，起始时气体体积分数，分别在和时反应，容器中和的体积分数随时间的变化关系如图所示：和时，随时间变化关系的曲线分别是________、________，判断的理由是_________________________________________。【答案】（1）（2）BD（3）①.<>②.BC③.（4）①.②.cd温度为时，为。合成的反应放热，升高温度，平衡逆向移动，将小于，且温度越高越小(其余每空2分)【详析】（1）反应③-反应②-反应①得反应，则∆H=∆H3-∆H2-∆H1=−283kJ/mol-(−36kJ/mol)-(−242kJ/mol)=-5kJ/mol，故答案为：-5；（2）①在恒容、绝热(与外界无热交换)的密闭容器中，充入H2S(g)与CO(g)进行反应：A．COS和H2的浓度保持不变，则正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A项不符题意；B．消耗H2的速率与生成CO速率均是逆反应速率，始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态，故B项符合题意；C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，，温度不变，K值不变，则的值不再改变，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C项不符合题意；D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D项符合题意；故答案为：BD；（3）横坐标表示温度，未平衡时温度越高，反应速率越大，相同时间内，H2S转化率越大，故T0对应虚线左边代表未平衡状态，反应达到平衡后，升高温度平衡逆向移动，H2S转化率减小，T0对应虚线右边表示平衡状态；①其它条件相同，n(H2S):n(CO)=x越大，H2S平衡转化率越小，故x1<x2；反应物浓度越大，反应速率越快，则v正(a)>v正(b)，故答案为：<；>；②A．反应的∆H不会随温度改变而改变，故A项错误；B．催化剂在一定温度内活性最好，温度过高或过低催化剂活性可能降低，导致反应速率减小，在相同时间内反应物转化率减小，故B项正确；C．该反应是放热反应，最高点代表平衡，升高温度，平衡逆向移动，导致反应物转化率减小，故C项正确；D．若未平衡，反应速率加快，导致相同时间内反应物转化率增大，与图不符，若已平衡，升高温度反应速率加快，但平衡逆向移动，反应物转化率应减小，与图不符，故D项错误；故答案为：BC；③该反应是气体总物质的量不变的反应，则恒温恒容下，总压不变，T0时，在恒容的密闭容器中充入等物质的量CO和H2S发生反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，则反应前CO和H2S的分压分别为0.5p0kPa，10min达到平衡时H2的分压为p1kPa，则CO、H2S、COS、H2的分压分别为0.5p0kPa-p1kPa、0.5p0kPa-p1kPa、p1kPa、p1kPa，该反应的平衡常数，故答案为：；（4）①设容器的体积为VL，根据已知条件，列出三段式：，，解得x=，则平衡时COS的体积分数为：，故答案为：25%；②由于合成COS的