河南省青桐鸣大联考化学试题2024届高三上学期12月月考（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省青桐鸣大联考2024届高三上学期12月月考可能用到的相对原子质量：H：1N：14O：16S：32Cl：35.5Fe：56Bi：209一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.废物改头换面，服务日常生活。下列说法正确的是（）A.钢管表面镀锌可起到防腐的作用，镀锌层破损后，钢管腐蚀速率加快B.生产豆奶产生的豆渣可加工成面粉和饼干，豆渣中含有的纤维素与淀粉互为同分异构体C.废弃玻璃磨粉可代替砂子掺入混凝土建造房子，玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂D.废旧轮胎制成的橡胶粉可掺入沥青中铺路，橡胶均属于天然有机高分子化合物〖答案〗C〖解析〗A．由于锌比铁活泼，当锌与铁构成电化学腐蚀时，先腐蚀锌，故钢管表面镀锌可起到防腐的作用，即镀锌层破损后，钢管腐蚀速率减慢，A错误；B．纤维素与淀粉的组成通式虽然都用(C6H10O5)n表示，但是二者的n值不同，即二者分子式不相同，故不互为同分异构体，B错误；C．玻璃的生产原料为纯碱、石灰石和石英砂，涉及的反应主要为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，C正确；D．橡胶中的天然橡胶属于天然有机高分子化合物，而合成橡胶属于合成有机高分子化合物，D错误；故〖答案〗为：C。2.芳香族化合物a、b、c是有机合成的基础原料，下列有关说法错误的是（）A.a、b均能与NaOH溶液反应B.a、c均能与b发生酯化反应C.b的芳香族同分异构体有3种D.基态碳原子与氧原子核外未成对电子数相等〖答案〗C〖解析〗A．a、b均含有羧基，均能与NaOH溶液反应，故A正确；B．a中含有羧基和羟基、c中含有羟基，b中含有羧基，能与a、c中的羟基发生酯化反应，故B正确；C．b的芳香族同分异构体含有苯环，若取代基为醛基和羟基，如，共有3种；若取代基为酯基，如，共有1种；故b的芳香族同分异构体共有4种，故C错误；D．基态碳原子的电子排布式为：1s22s22p2，有两个未成对电子；基态氧原子的电子排布式为：1s22s22p4，也有2个未成对电子，故D正确；故〖答案〗选：C。3.下列关于化学实验的基本操作正确的是（）A．制备纯净的B．收集氨气并进行尾气处理C．量取稀硫酸并排除滴定管中的气泡D．用该装置进行喷泉实验〖答案〗D〖解析〗A．氢氧化亚铁易被空气氧化成氢氧化铁，氢氧化钠溶液悬空滴入硫酸亚铁溶液中，此方法生成的氢氧化亚铁与空气接触，易被氧化，不能制备纯净的氢氧化亚铁，故A错误；B．氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集氨气，集气瓶正放时，氨气应从短管进长管出，故B错误；C．量取稀硫酸应用酸式滴定管，图中为碱式滴定管，故C错误；D．挤压胶头滴管中的氢氧化钠溶液进入烧瓶，使二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶内气压减小，打开长导管的止水夹，就可以形成喷泉，故D正确；故选D。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.46g和的混合气体中所含原子数目为4.5B.乙酸和乙醇发生酯化反应生成1mol时，生成C—O键的数目为C.56gFe与71g完全反应，转移电子数目为3D.1mol/L溶液中含有Na+的数目为2〖答案〗B〖解析〗A．二氧化氮和四氧化二氮的最简式均符合(NO2)，46g此混合气体，含有(NO2)的物质的量为1mol，含有原子的数目为3NA，A项错误；B．乙酸和乙醇酯化反应的方程式为：，其中羧基断裂C-O键，醇中的羟基断裂O-H键，酯中生成C-O键，生成1molH2O，生成C-O键的数目为1NA，B项正确；C．根据电子守恒，可得关系式：2Fe~3Cl2~6e-，1mol铁与1mol氯气反应，铁过量，氯气完全反应，转移电子数为2NA，C项错误；D．溶液的体积未知，无法计算Na+的数目，D项错误。故选B。5.下列离子方程式错误的是（）A.用过量氨水吸收少量气体：B.用溶液腐蚀覆铜板：C.NaClO溶液中通入少量气体：D.向硫酸酸化的溶液中滴加少量双氧水：〖答案〗C〖解析〗A．过量氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸氨和水，离子方程式为：，故A正确；B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板，反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：，故B正确；C．将少量二氧化硫通入溶液中，发生氧化还原反应，但次氯酸根过量，会有次氯酸生成，离子方程式为：，故C错误；D．高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，过氧化氢被氧化为O2，高锰酸钾被还原为硫酸锰，离子方程式为，故D正确；〖答案〗选C。6.通过对已知物质的性质和实验的描述进行类比推测，得出的相应结论正确的是（）选项已知物质的性质和实验类比推测ACuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应也生成蓝色沉淀BNaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生C向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象向NaHCO3固体中加入少量水，也伴随放热现象D少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀少量CO2通入BaCl2溶液中也产生白色沉淀〖答案〗B〖解析〗A．CuSO4溶液和过量NaOH溶液反应生成蓝色沉淀，Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，但CuSO4溶液和过量NH3·H2O反应由于形成铜氨络离子而得不到蓝色沉淀，反应原理为：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，A不合题意；B．NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液反应有沉淀和气体产生是由于Al3+和发生双水解反应，原理为：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，NaHCO3溶液与Fe2(SO4)3溶液反应也有沉淀和气体产生是由于Fe3+和发生双水解反应，原理为：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，B符合题意；C．向Na2CO3固体中加入少量水，伴随放热现象即Na2CO3固体溶于水时放热，但NaHCO3溶于水时需要吸热，C不合题意；D．少量CO2通入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀是由于发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，少量CO2通入BaCl2溶液中由于HCl的酸性比H2CO3强，二者不反应，故不能产生白色沉淀，D不合题意；故〖答案〗为：B。7.有机物M和N是合成药物的中间体，在一定条件下M可以转化为N，其过程如图所示，下列说法错误的是（）A.该反应类型为消去反应 B.可用金属Na鉴别M和NC.M的分子式为 D.N可使酸性溶液褪色〖答案〗C〖解析〗A．由图可知，醇羟基发生消去反应生成碳碳双键，故A正确；B．M有羟基和酯基、N有酯基和碳碳双键，Na可以与羟基置换出氢气，可以用Na鉴别M和N，故B正确；C．由结构简式可知，M的不饱和度为2，M的分子式为C9H16O3，故C错误；D．N中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；〖答案〗选C。8.某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是（）A.“碱溶”时，所用NaOH溶液可更换为氨水B.若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质C.通过控制沉淀ⅰ、ⅱi的比例可改变聚合氯化铝的组成D.“操作X”可以是盐酸溶解、结晶、脱水、电解〖答案〗C〖祥解〗铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含偏铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。【详析】A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误；B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误；C．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故C正确；D．氢氧化铝加盐酸溶解生成氯化铝，但熔融氯化铝不能导电，电解无法得到铝单质，故D错误；故选C。9.化合物M(结构如图所示)具有较大的阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素。下列说法正确的是（）A.元素的第一电离能：Y>X>WB.M中属于p区的元素有4种C.L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成D.M中L和Z元素最外层均不满足结构〖答案〗B〖祥解〗由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，且Y能形成4个共价键，半径比Li小，故Y为C，原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B，且Z周围形成4个共价键，则Z为B，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为F，X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O，综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，W为F、X为O、Y为C，根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故元素的第一电离能为F＞O＞C即W>X>Y，A错误；B．由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，故M中出Li属于s区，其余4种元素属于p区，B正确；C．由分析可知，X为O、L为Li，L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X，得不到Li2O2即，C错误；D．由分析可知，L为Li，Z为B，由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最外层不满足结构，而Z元素即B最外层满足结构，D错误；故〖答案〗为：B。10.卤代甲硅烷是一类重要的硅化合物，是合成其他硅烷衍生物的起始原料。三溴甲硅烷(，熔点-73.5℃、沸点111.8℃，易水解、易着火)的合成反应为：，一种合成并提纯的装置如图所示。下列说法正确的是（）A.合成阶段，装置2和6均需冷水浴；提纯阶段，装置6需加热B.装置4的作用为吸收未反应的C.合成阶段，从装置8逸出的气体可直接排放；提纯阶段，装置9收集满产品后需将缩细处烧封D.为提高冷凝效果，可将装置7更换为球形冷凝管〖答案〗B〖祥解〗三颈烧瓶中液溴需要热水浴与氢气在管式炉3中化合反应生成溴化氢，通过4中的溴化亚铁除去溴化氢中的溴蒸汽，溴化氢和硅在管式炉5中反应合成，最后通过蒸馏冷凝提纯得到。【详析】A．合成阶段，装置2需热水浴使液溴挥发溴蒸汽，与氢气在3中化合反应，故A错误；B．装置4为除去溴化氢中的溴蒸汽，故B正确；C．合成阶段，从装置8逸出的气体含有溴化氢，不能直接排放，故C错误；D．蒸馏装置中不能使用球形冷凝管，容易有液体残留，需用直型冷凝管，故D错误；故选B。11.亚铜催化乙酰胺与溴苯偶联反应的机理如图所示，已知Ph为苯基。下列说法错误的是（）A.a为反应的催化剂B.b中Cu的化合价为＋1价C.反应体系中同时存在极性键和非极性键的断裂和形成D.反应的总方程式为PhBr++HBr〖答案〗C〖解析〗A．由反应历程可知，反应前后都存在物质a，则其为催化剂，A正确；B．a到b过程中，Cu原子成键数目未发生改变，则b中Cu为+1价，B正确；C．由反应历程可知，反应中无非极性键断裂与形成，C错误；D．由反应历程可知，a为催化剂，bcdef为中间产物，则反应的总方程式为PhBr++HBr，D正确；故选C。12.微生物燃料电池是一种可以将污水中能量加以利用的技术，它可以通过产电微生物对污水中葡萄糖进行代谢，其工作原理如图所示。研究表明，溶液酸化会导致微生物活性降低，进而导致产电性能下降，其中N极上发生反应的同时还伴随着反硝化反应(转化为)，下列说法错误的是（）A.电池工作时，电流应从N极流向M极，且N极电势高B.该装置应选择质子交换膜，从左极室移向右极室C.M极的电极反应为D.当N极消耗22.4L(标准状况下)时，M极生成4mol〖答案〗D〖祥解〗N极O元素化合价由0降低到-2，得电子发生还原反应，N极为正极；M极为负极，葡萄糖被氧化为二氧化碳，根据M极产生H+可知电极反应式为：；【详析】A．据分析，N为正极，M为负极，电池工作时，电流从N极流向M极，且N极电势高，故A正确；B．M极产生H+，溶液酸化会使微生物活性降低，离子交换膜应选择阳离子交换膜，H+从左极室流向右极室，故B正确；C．据分析，M极电极反应为：，故C正确；D．氧气与电子的关系式为：O2~4e-，消耗1mol氧气，转移4mol电子，但是N极同时有NO转化为N2，这个反应转移的电子数未知，故无法计算M极产生H+的物质的量，故D错误；〖答案〗为D。13.已知T℃时，难溶电解质和的饱和溶液中或与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（）A.x︰y=3︰1B.T℃时，C.T℃时，饱和溶液和饱和溶液中：D.T℃时，若溶液中如a点所示，则加入NaOH可使溶液pH沿水平线向右移动至b点〖答案〗A〖祥解〗由图可知，溶液pH为5、6时，X(OH)x饱和溶液中Xx+的浓度分别为10—3mol/L、10—6mol/L，由温度不变，溶度积不变可得：10—3×(10—9)x=10—6×(10—8)x，解得x=3，同理可知，溶液pH为6、7时，Y(OH)y饱和溶液中Yy+的浓度分别为10—4mol/L、10—6mol/L，由温度不变，溶度积不变可得：10—4×(10—8)y=10—6×(10—7)y，解得y=2，则T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20。【详析】A．由分析可知，x、y分别为3、2，则x：y=3：2，故A错误；B．由分析可知，T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20，则X(OH)x的溶度积小于Y(OH)y的溶度积，故B正确；C．由分析可知，T℃时，X(OH)x、Y(OH)y的溶度积分别为10—3×(10—9)3=10—30、10—4×(10—8)2=10—20，则饱和溶液中，Xx+、Yy+的浓度分别为mol/L、mol/L，所以Xx+的浓度小于Yy+的浓度，故C正确；D．由图可知，a点为X(OH)x的不饱和溶液、b点为X(OH)x的饱和溶液，则向溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，可以使不饱和溶液转化为饱和溶液，则加入氢氧化钠可使溶液pH沿水平线向右移动至b点，故D正确；故选A。14.将晶体置于真空刚性容器中，升温可发生反应：和，该体系达到平衡状态时的体积分数的关系如图所示。下列说法正确的是（）A700K前，只发生反应B.650K时，若容器内气体压强为，则C.b点温度下，分解率为8％D.在a点容器中加入催化剂，则b点将向上平移〖答案〗A〖祥解〗只发生硫酸亚铁晶体的分解反应时，生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫的体积分数为50%，符合700K之前图中的曲线变化情况；700K之后，发生反应，且升高温度，反应正向移动，二氧化硫的体积分数逐渐增大。【详析】A．700K之前，二氧化硫的体积分数为50%，说明只发生反应：，故A正确；B．650K时，容器内气体只有二氧化硫和三氧化硫，且物质的量相等，若容器内气体的压强为P0，则Kp==，故B错误；C．b点二氧化硫的平衡体积分数为54%，设硫酸亚铁分解产生的二氧化硫和三氧化硫的物质的量均为1mol，三氧化硫的分解率为x，可列三段式：二氧化硫的平衡体积分数为，解得x=，故C错误；D．催化剂不会影响化学平衡，加入催化剂，b点不移动，故D错误；故选A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某化学小组利用如图流程在实验室制备硫酸亚铁铵晶体，并对产品纯度进行测定。回答下列问题：Ⅰ．晶体制备。（1）废铁屑进行“碱洗”的目的为____________________。（2）“酸溶”时，判断反应结束的现象为_____________________________；处理尾气的方法为_______________________。（3）“抽滤”后，检验滤液中是否含有的试剂为___________；用离子方程式解释滤液中不含的原因为________________________________。（4）“系列操作”为水浴加热蒸发至______________，冷却至室温，过滤，用无水乙醇洗涤，再用滤纸反复吸干晶体。Ⅱ．(M=392g／mol)晶体纯度测定。取0.3g样品放入锥形瓶中，加入30mL蒸馏水溶解，水浴加热至有热气产生，趁热用0.0100mol／L酸性标准溶液滴定至终点，平行实验三次，测得平均消耗14.50mL酸性标准溶液。（5）滴定终点时的现象为________________________________，反应的离子方程式为______________________________________。（6）计算该样品的纯度为___________(保留三位有效数字)。〖答案〗（1）除去废铁屑表面油污。通过废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体，先用碱洗，除去废铁屑表面油污，再用酸溶，抽滤出过量的铁粉和未反应的C粉，溶液中剩余Fe2+，加入硫酸铵溶液制的硫酸亚铁铵晶体（2）不再产生气泡时，证明反应结束处理尾气的方法：用氢氧化钠吸收产生的气体（3）KSCN溶液Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）有晶膜出现时或有大量固体出现时。（5）当滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终点5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O（6）94.7%〖祥解〗本题属于无机工艺流程题，由废铁屑制备硫酸亚铁铵晶体，碱洗的目的一般是除去废料表面的油污，酸可以溶解大多数金属及其化合物；抽滤实质上是减压过滤，在滤液中加入硫酸铵固体值得产品，带结晶水的物质通常需要冷却结晶的方式制得。【详析】（1）碳酸钠溶液显碱性，在碱性条件下，废铁屑表面油污发生水解，“碱煮”的目的是除去废铁屑表面油污，故〖答案〗为：除去废铁屑表面油污；（2）酸溶时发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，所以当反应不再产生气体时，证明反应结束；用氢氧化钠溶液处理尾气。（3）显色法KSCN溶液检验Fe3+，无红色证明不含Fe3+；其原因是在“酸溶”过程中含有大量的铁单质，可与反应生成的Fe3+发生氧化还原反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）蒸发过程的注意事项：有晶膜出现时或有大量固体出现时，停止加热。（5）当滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，证明达到滴定终点；5Fe2++MnO+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。（6）关系式法计算：，，样品纯度=×100%=94.7%16.一种从废钼钴催化剂中回收有价金属的工艺流程如图甲所示：已知：Ⅰ．废钼钴催化剂主要成分如表。主要成分CoO质量分数／％44.616.6714.37Ⅱ．“酸浸”所得溶液中主要含有、、等阳离子。回答下列问题：（1）钼酸铵[]中Mo元素的化合价为___________，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为_______________。（2）“碱浸”时需在75℃条件下进行反应，且选择不同碱性试剂钼元素的浸出率随时间变化如图乙所示。则“碱浸”时的最佳条件为_______________。（3）“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为___________。（4）“沉铋”时，反应的化学方程式为_________________。（5）“氧化沉钴”时调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，其离子方程式为_______________________________。（6）“沉钴”时，选用溶液，而不用溶液的原因为加入会产生杂质，请解释产生的原因：_____________________________。（7）若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.14kg，则Bi元素的回收率为___________(保留三位有效数字，Bi元素的回收率)。〖答案〗（1）+6O>N>H（2）1-碳酸钠溶液、3h（3）防止硝酸挥发、分解（4）Bi（NO3）3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O（5）3Co2++4H2O+MnO=3CoOOH↓+MnO2↓+5H+（6）Co2++CO+H2O=+CO2（7）79.1%〖祥解〗废钼钴催化剂中加入碳酸钠碱浸，使钴、铋转化为沉淀，过滤后，滤液加入硝酸，生成钼酸，然后经过一系列操作得到钼酸铵；滤渣加入硝酸酸浸，得到含有、、等阳离子的溶液，再加入NaOH溶液沉铋，过滤得到BiONO3，滤液加入高锰酸钾氧化沉钴，调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，经过精制、还原，然后加入碳酸氢铵，生成CoCO3，据此解答。【详析】（1）钼酸铵[]中铵根离子为+1价，O为-2价，则Mo元素的化合价为+6价，非金属性越强，电负性越大，其所含非金属元素的电负性由大到小排序为O>N>H。（2）结合图像，则“碱浸”时的最佳条件为1-碳酸钠溶液、3h。（3）硝酸易挥发分解，“沉钼酸”时，一般控制反应温度为60℃，温度不宜太高的原因为防止硝酸挥发、分解。（4）“酸浸”所得溶液中主要含有离子，“沉铋”时，反应的化学方程式为Bi（NO3）3+2NaOH=BiONO3+2NaNO3+H2O。（5）“氧化沉钴”时调节溶液pH=4，反应生成CoOOH和，其离子方程式为3Co2++4H2O+MnO=3CoOOH↓+MnO2↓+5H+。（6）“沉钴”时，选用溶液，而不用溶液的原因为加入会产生杂质，产生的原因：Co2++CO+H2O=+CO2。（7）若通过该流程处理1kg废钼钴催化剂，得到的质量为0.14kg，则Bi元素的回收率为≈79.1%。17.甲硫醇()是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过和合成的主要反应为：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）计算反应的ΔH=___________。（2）时，向恒容密闭容器中充入一定量和发生反应，下列事实能说明反应达到平衡状态的是________(填选项字母)；若按相同比例再充入一定量和，的平衡转化率将________(填“变大”“变小”或“不变”)。A．容器内气体密度不再发生变化B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化C．的体积分数不再发生变化D．和的物质的量之比不再变化（3）时，按物质的量之比为1︰2向压强为的恒压密闭容器中充入和发生反应，达到平衡时，的转化率为80％，的体积分数为5％。①计算的选择性为___________(的选择性)。②反应Ⅰ的平衡常数___________(是用分压表示的平衡常数)。（4）在、反应压力为0.7Mpa条件下，气体按90mL／min的速率通过催化剂表面发生反应，每分钟反应体系中转化率、选择性随温度的变化如图甲所示，催化机理如图乙所示。=1\*GB3①370℃时，用分压表示的反应速率为___________Mpa／min。②结合催化机理分析，当温度高于370℃时，转化率随温度升高而降低的原因可能为___________________________________。③从化学键的角度描述ⅲ→ⅰ脱水的过程：_____________________________。〖答案〗（1）b-2a（2）CD不变（3）①62.5%②1.48（4）①0.1932②温度过高，催化剂会失去活性③ⅲ中的W—O键和H—S键断开，之后O和H结合在一起形成水〖解析〗（1）根据盖斯定律可知，Ⅱ-2Ⅰ=，则ΔH=b-2a；（2）A．所有反应物和产物都是气体，容器恒容，则气体密度不是变量，故容器内气体密度不再发生变化，不能证明反应达到平衡，A错误；B．结合A分析可知，总质量不变，且反应气体分子数不变的反应，则混合气体的平均相对分子质量不是变量，则当其不变的时候不能证明反应达到平衡，B错误；C．硫化氢为反应物，随着反应的进行，逐渐减少，当其体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡，C正确；D．根据题给信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ都会生成水，但是只有反应Ⅱ生成，则和的物质的量之比是变量，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；故选故选CD；若按相同比例再充入一定量和，相当于加压，两个反应都是气体分子数不变的反应，则加压平衡不移动，故的平衡转化率将不变；（3）假设通入1mol和2mol，达到平衡时，的转化率为80％，则平衡时参加反应的为0.8mol，的体积分数为5％，则的物质的量为(1mol+2mol)×5%=0.15mol，生成消耗的甲醇的物质的量为0.3mol，则生成消耗的甲醇的物质的量为0.8mol-0.3mol=0.5mol，生成的物质的量为0.5mol①的选择性为；②根据①的分析可知，平衡时的物质的量为0.2mol，的物质的量为2mol-0.5mol-0.15mol=1.35mol，的物质的量为0.5mol，的物质的量为0.5mol