2024–2025学年高三化学上学期11月份段考试卷【含答案】

/可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Si-28S-32Cl-35.5K-39Ag-108一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，满分42分，每小题只有一个选项符合题意)1.生活即化学，要在生活中学化学、做化学。下列有关生活中物质的转化关系错误的是A.生石灰熟石灰 B.铁锅四氧化三铁C.蛋白质氨基酸 D.含钙硬水碳酸钙【答案】B【解析】【详解】A．食品包装袋中生石灰(CaO)可以用作干燥剂，是由于CaO能够与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙俗称熟石灰，A正确；B．铁锅主要成分是Fe单质，铁锅生锈是铁与水及氧气反应生成铁锈，铁锈的主要成分是Fe2O3，不是Fe3O4，B错误；C．蛋白质是高分子化合物，在人体内水解最终变成小分子化合物氨基酸，C正确；D．硬水中的Ca(HCO3)2不稳定，在加热煮沸条件下，分解生成难溶性CaCO3以及H2O、CO2，CaCO3附着在容器内壁，就形成了水垢，D正确；故合理选项是B。2.碳酸氢钠片可治疗痛风、高尿酸血症和代谢性酸中毒，也是侯氏制碱的过程性产物。下列有关碳酸氢钠的说法正确的是A.碳酸氢钠溶液能导电，故碳酸氢钠溶液属于电解质B.碳酸氢钠溶于水的电离方程式为：C.侯氏制碱生成碳酸氢钠的离子方程式为：D.在碳酸氢钠溶液中、、，不能大量共存【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液是混合物，混合物既不属于电解质，也不属于非电解质，A不正确；B．碳酸氢钠溶于水的电离方程式为：，B不正确；C．侯氏制碱生成碳酸氢钠以晶体析出，故反应的离子方程式为：，C不正确；D．在碳酸氢钠溶液中与要生成微溶的硫酸钙沉淀，故不能大量共存，D正确；故选：D。3.下列化学用语表述错误的是A.次氯酸的结构式：B.异丙基的结构简式：C.氯乙烷的比例模型：D.用电子式表示NaH的形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸中含有一个H-O键和一个O-Cl键，正确的结构式为：H—O—Cl，A错误；B．异丙基可以看作是丙烷中间碳中的一个H原子失去后形成的取代基，结构简式：，B正确；C．氯乙烷可看作是乙烷分子中一个H原子被Cl取代产生的物质，由于原子半径Cl>C>H，根据分子中各原子相对大小及空间位置，比例模型：，C正确；D．NaH是离子化合物，电子式表示NaH的形成过程：，D正确；故选A。4.用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.448L中含有的原子数为B.0.46gNa与10ml1mol/L盐酸充分反应，转移的电子数为C.标准状况下，22.4L苯中含有的碳碳双键数为D.在2L0.1mol/L的溶液中含数目为【答案】B【解析】【详解】A．0.448L不一定在标准状况下，无法计算的物质的量，无法计算含有的原子数，A错误；B．钠先与HCl反应后与水继续反应，最终钠全部转化为，故转移的电子数为，B正确；C．标准状况下，苯为液体，且苯结构中也不存在碳碳双键，C错误；D．在2L0.1mol/L的溶液中含的物质的量为0.2mol，但弱酸，电离出的数目小于，D错误；故选B。阅读下列材料，完成下列小题非金属氧化物与生活、农业、工业、环境、科技等密切相关。如NO作为“明星”分子会促进血管扩张防止血管栓塞、是工业制硝酸的重要中间物质；能用于合成尿素；是制备粗硅和光导纤维的原料；能用作干燥剂；硫的氧化物是造成酸雨的原因之一；CO和氮的氧化物都是汽车尾气的污染物；、也常常表现一些特殊的性质。5.叙述Ⅰ和叙述II均正确且二者相关性匹配的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和的排放CO具有还原性B可用作食品干燥剂能和水反应C在葡萄酒酿造过程中，添加适量的具有漂白性D光导纤维的主要成分是能导电A.A B.B C.C D.D6.下列应用中，对应的化学方程式或离子方程式书写正确的是A合成尿素：B.制备粗硅：C.能除去自来水中的：D.工业制硝酸：【答案】5.A6.D【解析】【5题详解】A．CO能降低汽车尾气的污染，是因为在催化剂作用下，CO能与汽车尾气中的NO、反应生成和，CO表现还原性，A正确；B．能与冷水反应，生成有毒的偏磷酸，不能用于食品干燥剂，B错误；C．在葡萄酒酿造过程中，添加适量的是用于杀菌消毒，同时作抗氧化剂，与漂白性无关，C错误；D．能用于制光导纤维，与能发生光的全反射有关，D错误；故选A。【6题详解】A．原子不守恒，合成尿素：，A错误；B．制备粗硅：，B错误；C．能除去自来水中的，其反应为，C错误；D．工业制硝酸是二氧化氮与水生成硝酸和一氧化氮：，D正确；故选D。7.化合物STG能够将蛋白质维持在还原状态，从而保护酶，防止酶失活；还经常用于炎症研究。该化合物由X、Y、Z、M、Q五种原子序数依次递增短周期主族元素组成，其中Y和Z位于同一周期，化合物STG的结构如下图如示：下列有关说法中正确的是A.原子半径： B.简单气态氢化物的稳定性：C.最高价含氧酸的酸性： D.化合物STG难溶于水，属于非电解质【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次递增的短周期主族元素，X连一个键，为H元素，Y连4个键，为C元素，Z连两个键，且与C元素同周期，则Z为O元素，M阳离子带一个正电荷，M为Na元素，Q连两个键，且原子半径大于O，为S元素，即X、Y、Z、M、Q分别为H、C、O、Na和S。【详解】A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：，故A正确；B．简单气态氢化物分别为和，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，故稳定性：，故B不正确；C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性，故最高价含氧酸的酸性，即最高价含氧酸的酸性：，故C不正确；D．化合物STG为，为离子化合物，易溶于水，属于电解质，故D不正确；答案选A。8.高价铬在人体中吸收累积，可能导致肝癌。硫化镍可用来处理含重铬酸根的废水，生成毒性小的三价铬离子，其反应的离子方程式为(未配平)。下列有关说法错误的是A.氧化产物有和B.氧化性C.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D.该反应设计成原电池，在正极产生【答案】C【解析】【详解】A．反应中Ni从+2价升高到+3价，S从-2价升高到+6价，故和均是氧化产物，A正确；B．化合价降低是氧化剂，Ni的化合价升高，生成，为氧化产物，由氧化剂的氧化性大于氧化产物知，氧化性，B正确；C．由得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平离子方程式为，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C错误；D．铬的化合价降低，被还原，原电池的负极被氧化，正极被还原，故该反应设计成原电池，在正极产生，D正确；故选C。9.一种在酸性条件下具有高能量密度、低电解液消耗并可长期保存的硅锰电池的原理如下图所示：下列有关说法正确的是A.M为电池的正极B.H⁺从N电极向M极运动C.N电极的反应式为D.生成6g时，正极消耗0.4mol【答案】C【解析】【分析】由图可知，Si转化为SiO2，Si元素化合价升高，失去电子为负极，电极反应为Si－4e-+2H2O=SiO2+4H+；MnO2转化为Mn2+，Mn元素化合价降低，得到电子，为正极，电极反应为。【详解】A．M电极Si为0价，通过电极反应生成，Si为+4价，化合价升高，被氧化，为原电池的负极，A不正确；B．由分析的负极反应可知，负极产生的透过离子交换膜从M向N运动，B不正确；C．N电极中Mn为+4价，生成，化合价降低，被还原，得电子，为电池的正极，电极反应式为：，C正确；D．生成6g即为0.1mol，转移0.4mol电子，由正极的电极反应式知，正极消耗0.8mol，D不正确；故选C。10.结合所学知识，下列选项中的物质能按图示路径一步完成转化的是选项ABCD甲Fe(OH)2N2SiO2CuCl2乙Fe(OH)3NO2Na2SiO3Cu丙FeCl2HNO3H2SiO3Cu(OH)2A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Fe(OH)3不能一步反应转化为FeCl2，A不合题意；B．N2不能一步反应转化为NO2，B错误；C．SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3，Na2SiO3与酸反应可生成H2SiO3，H2SiO3分解可生成SiO2，C正确；D．Cu不能一步转化为Cu(OH)2，D错误；故答案为：C。11.近日，有科研小组报道一种有无催化剂下由转化成氨的反应机理模型如下图所示：已知图中化学式前系数表示物质的量，下列有关说法正确的是A.曲线a表示有催化剂的作用 B.转化成氨的反应为吸热反应C.该反应中催化剂没有参加反应 D.曲线b对应的总反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，曲线b表示有催化剂的作用，故A不正确；B．由图知该反应为放热反应，故B不正确；C．催化剂可能参加化学反应，只不过反应前后质量和化学性质不变，故C不正确；D．与反应途径无关，曲线a与曲线b的相同，故D正确；答案选D。12.Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行相关实验探究。某学生按图示方法进行实验(尾气处理装置未画出)。先倾斜Y形管甲使固体和液体混合，一段时间后，乙中无明显现象；然后倾斜Y形管丙使固体和液体混合，一段时间后，乙中有沉淀产生。下列Y形管中所盛试剂符合题意的是

甲丙ANa2SO370%硫酸MnO2浓盐酸BNa2SO370%硫酸Cu浓硝酸CNa2CO3浓盐酸KMnO4浓盐酸D碱石灰浓氨水MnO2双氧水A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2气体，SO2通入BaCl2溶液中与溶质不发生反应，没有现象产生。将装置丙中产生的气体通入乙装置中，有沉淀产生，则表明丙中产生的气体可能为碱性气体NH3，NH3溶解使溶液显碱性，SO2或其与水反应产生的H2SO3转化为，与溶液中的Ba2+反应产生BaSO3白色沉淀；也可能为氧化性气体如Cl2、NO2等，Cl2等氧化剂将SO2或H2SO3氧化产生H2SO4，H2SO4与BaCl2反应产生BaSO4沉淀，据此分析解答。【详解】A．在装置甲中Na2SO3与70%硫酸发生复分解反应生成SO2，SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，由于H2SO3的酸性比HCl弱，因此SO2与BaCl2溶液中的溶质不反应，无明显现象；MnO2与浓盐酸在常温下不反应，不能产生Cl2，因此装置乙中不会产生沉淀，A不符合题意；B．甲中Na2SO3与70%硫酸发生复分解反应生成SO2，部分SO2与BaCl2溶液中的水反应产生H2SO3，由于H2SO3的酸性比HCl弱，因此SO2溶于BaCl2溶液中，无明显现象；装置丙中铜与浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2气体，NO2与溶液中的水反应产生具有强氧化性的HNO3、NO，HNO3将SO2及其与水反应产生的H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与溶液中BaCl2发生复分解反应，生成硫酸钡白色沉淀，B符合题意；C．在装置甲中Na2CO3与盐酸反应产生CO2气体进入装置乙中，由于碳酸的酸性比HCl弱，因此CO2与BaCl2溶液不能反应，无明显现象；在装置丙中KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应产生Cl2，Cl2也进入装置乙中，CO2与Cl2均不能与BaCl2溶液反应，因此装置乙无明显现象，C不符题意；D．在装置甲中碱石灰与浓氨水混合反应产生NH3，进入装置乙，使乙中溶液显碱性；在装置丙中双氧水在MnO2催化下分解产生O2进入装置乙中，NH3和O2先后通入BaCl2溶液，但它们之间不会发生反应产生白色沉淀，故装置乙无明显现象，D不符题意；故合理选项是B。13.煤中无机硫主要以FeS2的形式存在，随着煤的燃烧会产生SO2污染环境，工业上用硫酸铁溶液浸泡煤可提高煤的品位。为探究硫酸铁溶液浸泡煤的影响因素，在不同条件下测得生成的Fe2+浓度随时间(hr：小时)的变化如下图所示：实验序号粒径相同且含相同FeS2的煤的质量/g温度/℃硫酸铁溶液浓度/mol·L-1pH①30250.66②30250.96③30300.96④30300.95已知：①用硫酸铁溶液浸泡煤会将FeS2转变为FeSO4；②FeS2可与硫酸发生反应：下列有关说法正确的是A.pH越小，用硫酸铁溶液浸泡煤的除硫效果越好B.实验④在0～0.3hr时间内Fe3+消耗的化学反应速率为1.5mol·L-1·hr-1C.硫酸铁溶液与FeS2反应的离子方程式为：D.由实验可得出浓度、温度、pH和颗粒大小均可影响该反应的化学反应速率和化学平衡【答案】C【解析】【分析】采用控制变量方法研究完结条件对燃煤中FeS2的去除的影响。Fe2(SO4)3具有强氧化性，会将FeS2中-1价S氧化为+6价，其本身被还原为Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：，在酸性条件下FeS2会发生反应：，S与煤混在一起，不能很好去除S，同时反应产生的H2S会污染空气。根据反应速率的定义及用不同物质表示的反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的关系分析解答。【详解】A．溶液的pH越小，溶液中H+浓度就越大，H+与FeS2反应生成S与煤混在一起，从而没有达到除硫的效果，A错误；B．在0～0.3hr时间内Fe2+的化学反应速率为：v(Fe2+)==1.5mol·L-1·hr-1，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知Fe3+的消耗速率v(Fe2+)=×1.5mol·L-1·hr-1=1.4mol·L-1·hr-1，B错误；C．由题中信息知，硫酸铁溶液与FeS2反应生成FeSO4，故反应的离子方程式为：，C正确；D．由实验可知：浓度、温度、pH都可以影响化学反应速率，而不能从实验得出颗粒大小影响化学反应速率，从实验中也不能得出影响化学平衡的条件，D错误；故合理选项是C。14.碳酸镍主要用于制催化剂，Bosecker利用耐镍青霉菌对镍矿进行浸出，发现微生物分泌的柠檬酸溶解矿石中镍效果最好。一种利用生物酸浸硫化铜镍矿(主要成分是CuS、NiS、和)的工艺流程如下：已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀pH4.57.5完全沉淀pH6.58.7下列有关说法错误的是A.粉碎硫化铜镍矿可以提高反应速率和浸出率B.温度越高，“生物酸浸”时镍的浸出率越大C.滤液B的成分主要是和D.“调pH”的范围是【答案】B【解析】【分析】将硫化铜镍矿粉碎后，在O2、H2SO4环境下生物酸浸，CuS、NiS、被溶解，滤液中含有Cu2＋、Ni2＋、Al3＋，滤渣A的成分为，向滤液中加入过量NaOH，Cu2＋、Ni2＋生成Cu(OH)2、Ni(OH)2沉淀，滤液B中主要含有和，向滤渣B中加入H2SO4，Cu(OH)2、Ni(OH)2沉淀溶解，然后加入NaOH调pH，使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀（滤渣C），最后外滤液中加入Na2CO3沉镍得到NiCO3，以此作答。【详解】A．粉碎硫化铜镍矿可增大反应的接触面积，提高生物酸浸的反应速率和浸出率，A正确；B．若温度过高会使蛋白质变性，耐镍青霉菌失去活性，浸取率反而会下降，B错误；C．生物酸浸所得浸液的主要成分是、和混合液，加入过量的NaOH溶液后分别转化为、和，同时生成，故C正确；D．调pH是分离和离子，由图知要完全沉淀，所以，不能沉淀所以，故调pH的范围是，D正确；故选B。二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.氯胺常温为液体，能水解，常用作氧化剂和有机反应的氯化剂，可通过乙醚萃取提纯。氯胺可通过氨气和氯气反应得到：，制备反应的装置如下图所示：（1）该实验装置中制备氯气的离子方程式为_______。（2）A仪器的名称为_______，B装置中的药品为_______。（3）A仪器中通氯气的导管短，通氨气的导管长的原因是_______，当氨气过量时该反应还可能生成一种离子化合物，生成该化合物的现象是_______。（4）的电子式为_______；与水缓慢反应生成强氧化性物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为_______。（5）配制密度为1.2g·cm-3、质量分数为36.5%的浓盐酸250mL，需要标准状况下HCl气体_______L。若取30.0mL该浓度的盐酸稀释成500mL稀溶液需要用到的玻璃仪器有50mL量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒和_______。【答案】（1）（2）①.三颈烧瓶②.碱石灰（3）①.相同条件下氯气的密度大于氨气，有利于氨气和氯气充分混合，充分反应②.产生大量白烟（4）①.②.(或生成)（5）①.67.2②.500mL容量瓶【解析】【分析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，经过浓硫酸干燥进入三颈烧瓶；将浓氨水滴加到氧化钙上，生成氨气，经过B干燥，进入三颈烧瓶，在三颈烧瓶中，氨气和氯气反应得到氯胺。【小问1详解】该实验装置中，是通过浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制备氯气，其离子方程式为，故答案为：；【小问2详解】根据装置图，A仪器的名称为三颈烧瓶，B装置的作用是用来干燥氨气，B装置中的药品为碱石灰，故答案为：三颈烧瓶；碱石灰；【小问3详解】相同条件下氯气的密度大于氨气，A仪器中通氯气的导管短，通氨气的导管长，有利于氨气和氯气充分混合，充分反应；由于制备氯胺的反应生成HCl，当氨气过量时，可与HCl生成氯化铵固体，其现象为产生大量白烟，故答案为：相同条件下氯气的密度大于氨气，有利于氨气和氯气充分混合，充分反应；产生大量白烟；【小问4详解】氮原子最外层有5个电子，氯原子最外层有7个电子，氢原子最外层1个电子，三种原子间以共价键结合，所以氯胺（）的电子为；在氯胺中，氯的化合价为＋1价，与水缓慢反应生成强氧化性物质，该物质为HClO,其化学方程式为，故答案为：；(或生成)；【小问5详解】250mL密度为1.2g·cm-3、质量分数为36.5%的浓盐酸中含有HCl的物质的量为，所以其在标准状况下的体积为3mol×22.4mol·L－1＝67.2L；取30.0mL该浓度的盐酸稀释成500mL稀溶液，需要用到的玻璃仪器除50mL量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，还需要500mL容量瓶，故答案为：67.2；500mL容量瓶。16.聚合氯化铝{，}主要用于污水和生活饮用水的净化处理，以煤气化渣(主要成分为、、及少量MgO等)制备聚合氯化铝的工业流程如下。请回答下列问题：（1）滤渣Ⅱ的主要成分是_______(填化学式)。（2）用铂丝蘸取滤液Ⅰ灼烧，火焰呈黄色，该实验操作名称是_______，则试剂X是_______。（3）滤渣I的主要成分能与镁在高温下反应，且氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，写出该反应的化学方程式：_______。（4）写出通入过量生成沉淀的离子方程式：_______。（5）的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度，当盐基度为0.60～0.85时，絮凝效果较好。①称取一定量该样品，用足量硝酸溶解配成250mL溶液，取出100mL溶液与足量溶液完全反应，生成沉淀的质量为12.915g，另测得上述250mL样品溶液中mol·L-1，则产品的盐基度为_______。②加热聚合氯化铝溶液获得聚合氯化铝晶体时温度不易过高，其原因可能是_______。【答案】（1）、（2）①.焰色试验②.氢氧化钠溶液（3）（4）（5）①.0.70②.温度过高会促进聚合氯化铝水解，可能导致聚合氯化铝的盐基度值过大，从而降低其絮凝效果【解析】【分析】由题给流程图可知，向煤气化渣中加入稀硫酸，烧渣中的氧化铁、氧化铝和氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，二氧化硅不反应，则滤渣Ⅰ为二氧化硅；在沉淀过程中向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液，硫酸铝形成四羟基合铝酸钠，同时使硫酸铁和硫酸镁完全反应生成氢氧化铁和氢氧化镁沉淀，形成滤渣Ⅱ；在沉淀时通入过量CO2形成氢氧化铝、碳酸氢钠和硫酸钠，过滤沉淀，分两份，其中一份加盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝经反应得聚合氯化铝，据此分析；【小问1详解】根据分析可知滤渣Ⅱ的主要成分是、；【小问2详解】用铂丝蘸取灼烧，火焰呈黄色，该实验操作名称是焰色试验；滤液Ⅰ焰色试验是黄色，说明加入的强碱为氢氧化钠，故试剂X是氢氧化钠溶液；【小问3详解】滤渣I的主要成分为二氧化硅，能与镁在高温下反应，且氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，根据得失电子守恒，化学方程式：；【小问4详解】加入氢氧化钠溶液调节溶液，硫酸铝形成四羟基合铝酸钠，通入过量生成沉淀的离子方程式：；小问5详解】①AgCl沉淀的质量为12.915g，物质的量为，则，，根据电荷守恒可知，盐基度；②温度不易过高，其原因可能是温度过高会促进聚合氯化铝水解，可能导致聚合氯化铝的盐基度值过大（a值过大），从而降低其絮凝效果；17.硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。（1）克劳斯法处理的原理为先把三分之一的氧化成，再使在转化炉内同剩余反应，可制取高质量熔融硫()。①“转化炉”内反应的化学方程式为_______。②获得lmol，理论上消耗_______mol。（2）高温热分解也是重要处理方法之一，其原理为。①已知：化学键键能/kJ·mol-1274329436则该反应生成1mol时_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ的热量。②在恒温恒容密闭容器中，充入一定量气体发生上述反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。A．容器的总压强不再改变B．C．不再变化D．混合气体的平均摩尔质量不变（3）是良好溶剂，可利用制备：。起始时向某恒容密闭容器中充入2mol和1mol发生上述反应。温度变化对平衡时各物质的物质的量分数的影响如下图所示：代表的曲线为_______(填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”)；M点的转化率为_______。（4）某些场所测定气体的浓度尤为重要，一种在Cu-Pt/CrN上的传感机理图如下，该传感器具有室温操作和高传感性能等优点。①该传感器工作时，能量转化的主要形式为_______。②写出“Anode”电极的总反应式_______。【答案】（1）①.②.1（2）①.吸收②.170③.AD（3）①.丁②.20%（4）①.化学能转化为电能②.【解析】【小问1详解】由信息可知，在转化炉内同剩余反应，可制取高质量熔融硫()，“转化炉”内反应的化学方程式为；由方程式可知每获得3mol，需要2mol，由方程式可得需要消耗3molO2，所以每获得lmol，理论上消耗1mol，故答案为：；1；【小问2详解】①的ΔH＝反应物键能之和－生成物键能之和＝329kJ·mol－1×2×2－274kJ·mol－1－436kJ·mol－1×2＝170kJ·mol－1，所以则该反应生成1mol时吸收170kJ的热量，故答案为：吸收；170；②A．该反应是一个气体系数增加的反应，在恒容容器中，总压强不再改变说明气体的总物质的量不再改变，说明该反应达到平衡状态，A项正确；B．达到平衡时，不同物质的速率比等于方程式的系数比，则，即时能说明该反应达到平衡状态，B项错误；C．H2和S2均为反应产物，且H2和S2是按物质的量之比为2:1的比例生成，所以始终不变，不再变化不能说明该反应达到平衡状态，C项错误；D．由质量守恒可知，混合气体的总质量始终不变，而该反应是一个气体系数增加的反应，则气体的物质的量随反应的进行而变化，由可知，平均摩尔质量不变时能说明该反应达到平衡状态，D项正确；故选AD；【小问3详解】该反应是从H2S和CH4开始反应，所以随着反应的进行H2S和CH4的物质的量按2:1的比例逐渐减少，CS2和H2的物质的量按1:4的比例逐渐增大，所以曲线甲、乙、丙、丁分别代表H2S、CH4、H2、CS2；M点，n(CH4)%=n(H2)%，列三段式：1－x＝4x，解得x=0.2，则M点的转化率为，故答案为：丁；20%；【小问4详解】①从装置图可知，该传感器工作时为原电池，能量转化的主要形式为化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为电能；②由图示可知，在“Anode”电极上H2S放电生成硫单和氢离子，其电极的总反应式为，故答案为：。18.聚丙烯