重庆乌江新高考协作体2024-2025学年高三上学期9月月考化学试题2

重庆乌江新高考协作体2025届高考质量调研(一)化学试题(分数：100分，时间：75分钟)一、选择题1.下列文物是重庆中国三峡博物馆的馆藏，其材质的主要成分为有机物的是ABCDA.战国巴蜀鸟纹铜戈 B.明代夔柄玉匜C.明代何朝宗制观音像 D.明代嘉靖竹雕人物船【答案】D【解析】【详解】A．巴蜀鸟纹铜戈主要成分为金属材料，A错误；B．玉器主要成分通常是硅酸盐等的无机矿物质，为无机非金属材料，B错误；C．观音像主要成分是硅酸盐等的无机矿物质，为无机非金属材料，C错误；D．竹雕主要成分为纤维素，属于有机物，D正确；答案选D。2.下列离子方程式错误的是A.在含的废水中加入：B.在亚硝化细菌作用下将转化为：C.一定条件下用处理：D.化学法中，可能发生反应：【答案】D【解析】【详解】A．在含的废水中加入生成沉淀：，A正确；B．在亚硝化细菌作用下将氧化为：，B正确；C．一定条件下用处理，两者发生归中反应：，C正确；D．化学法中，在碱性介质中不能生成酸，正确的离子方程式为：，D错误；故选D。3.直径为几十纳米的纳米金颗粒具有高电子密度和介电特性，它的一种制备方法是氯金酸与硼氢化钠(化学式为，B显+3价)反应：=。下列有关说法错误的是A.纳米金分散在空气中形成的分散系属于胶体 B.硼氢化钠为还原剂C.氧化产物为和 D.每生成，转移电子【答案】C【解析】【详解】A．直径为几十纳米的纳米金颗粒在空气中形成的分散系为胶体分散系，故A正确；

B．氯金酸(HAuCl4)与硼氢化钠(化学式为NaBH4，B显+3价)反应：2HAuCl4+2NaBH4+6H2O═2Au+2NaCl+5H2↑+2H3BO3+6HCl,反应过程中NaBH4是还原剂，故B正确；

C．NaBH4是还原剂，对应的氧化产物为H2，故C错误；

D．反应：2HAuCl4+2NaBH4+6H2O═2Au+2NaCl+5H2↑+2H3BO3+6HCl,反应中氢元素化合价1价升高到0价，+1价氢元素化合价降低到0价，金元素化合价+3价降低到0价，生成5mol氢气电子转移总数8mol,每生成2gH2，氢气物质的量，转移电子mol，故D正确；

故选：C。4.下列选项正确的是①AlMgNaOH组成的原电池的负极：②FeCu稀盐酸组成的原电池的负极：③FeCu浓硝酸组成原电池的负极：④用惰性电极电解氢氧化钠溶液的阳极：⑤惰性电极电解氯化镁溶液的阴极：A.①②③ B.③④ C.③⑤ D.①④⑤【答案】B【解析】【详解】①由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，铝和氢氧化钠反应易失去电子而作负极，镁作正极，其负极反应式为：Al3e+4OH═[Al(OH)4]，故错误；②FeCu稀盐酸组成的原电池的负极：，故错误；③FeCu浓硝酸组成原电池，铜为负极，电极反应式为：，故正确；④用惰性电极电解氢氧化钠溶液，阳极为氢氧根放电，电极反应式为：，故正确；⑤电解氯化镁溶液的阴极氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子与镁离子生成氢氧化镁沉淀，正确的电极反应式：Mg2++2H2O+2e═H2↑2Mg(OH)2↓，故错误；综上，正确的是③④；答案选B。5.人体缺碘会造成“大脖子病”。下列图示属于实验室海带提取碘过程的操作是A.浸泡海带： B.制取氧化剂氯气：C.分离碘和酒精： D.过滤海带浊液：【答案】D【解析】【详解】A．实验室海带提取碘过程没有浸泡海带的过程，应该是海带先灼烧，再浸泡海带灰，A错误；B．用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，需要加热，B错误；C．碘和酒精互溶，应该用蒸馏的方法，C错误；D．海带浊液中含有不溶物，可以用过滤的方法分离，D正确；故选D。6.溶液在工业上作为腐蚀液，可用于制作印刷铜电路板，使用一段时间后的腐蚀液失效，经过再生处理后又可循环使用，再生流程如图所示：下列有关说法错误的是A.金属X最合适的是B.在实验室中，操作1和操作2使用的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒C.向溶液M中加入溶液，溶液变红色D.Y通常为，加入适量Y发生反应的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】溶液用于制作印刷铜电路板，反应的原理为，因此失效的腐蚀液为混合溶液，加入过量的Fe，将还原为单质铜，过滤分离，固体为铜和铁的混合物，加盐酸将铁反应为，过滤分离出铜，溶液M和N主要成分都是，通适量的Cl2，生成溶液，实现腐蚀液的再生；【详解】A．由分析可知，金属X最合适的是，故A正确；B．操作1和操作2都是过滤，使用的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确；C．溶液M为，加入溶液，溶液不变红色，故C错误；D．通入Cl2，将氧化为，离子方程式为，故D正确；答案选C。7.常用于制作眼镜镜片的高分子化合物M，可由下图反应制备。下列说法正确的是A.该反应为加聚反应B.P在空气中很稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.M的链节中在同一平面的碳原子最多有14个D.常温下，W难溶于水【答案】C【解析】【详解】A．一定条件下，N与P反应生成高分子化合物M和小分子W（甲醇），属于缩聚反应，故A错误；B．P分子中含有极易被空气中氧气氧化的酚羟基，P在空气中不稳定，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．M分子中苯环和酯基为平面结构，单键可以旋转，链节中在同一平面的碳原子最多有14个，故C正确；D．由缩聚反应可知，W为甲醇，常温下，甲醇易溶于水，故D错误；选C。8.根据实验目的设计方案并进行实验，下列方案设计、现象、和结论正确的是目的方案现象结论A探究浓硫酸的性质取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸蔗糖变黑，同时膨胀变大浓硫酸具有脱水性及强氧化性B探究温度对化学反应速率的影响取相同的和分别在冷水和热水中存放，一段时间后将和混合热水组产生气泡的速率快高温可以加快反应速率C比较相同浓度的和溶液的酸碱性用洁净干燥的玻璃棒蘸取同浓度的和溶液，滴在试纸上，并与标准比色卡对比溶液对应的更小溶液的酸性更强D探究臭氧的极性将集满臭氧两支试管分别用铁架台固定并倒置在盛有水和的两个烧杯中倒置在盛有水的烧杯中的试管液面上升较高臭氧是极性分子，在极性溶剂中溶解度大A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．取少量蔗糖于烧杯，向其中加入浓硫酸，蔗糖变黑，同时膨胀变大，说明蔗糖已经脱水同时生成了炭，并产生了气体，故体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A正确；B．硫代硫酸钠溶液和硫酸溶液反应生产S、二氧化硫和水，可利用产生黄色沉淀时间比较反应速率，而二氧化硫可溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制，B错误；C．硫酸铜溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，故C错误；D．臭氧在四氯化碳中的溶解度要高于水，故不能用该实验来探究臭氧的极性，D错误；答案选A。9.抗坏血酸(即维生素C)是水果罐头中常用的抗氧化剂，被氧化为脱氢抗坏血酸，下列相关说法错误的是A.抗坏血酸分子中，碳原子中仅4、5、6号连有氢原子B.氧化前后官能团种类减少C.抗坏血酸可发生加成、取代、氧化等反应D.脱氢抗坏血酸在碱性溶液中不能稳定存在【答案】B【解析】【详解】A．结合碳原子最外层电子数可知每个碳原子周围只能形成4对共用电子对，即每个碳原子周围有4根共价键，除了4、5、6号碳其他碳原子周围已经4根共价键，A正确；B．氧化前抗坏血酸所含官能团：羟基、酯基、碳碳双键，氧化后生成脱氢抗坏血酸所含官能团：羟基、酯基、羰基，官能团种类数目不变，B错误；C．抗坏血酸中碳碳双键可以发生加成反应、羟基可以发生酯化反应(取代反应)、羟基可以被氧化成醛基或羧基，C正确；D．脱氢抗坏血酸中含有酯基，在酸性或碱性条件下会发生水解，D正确；故选B。10.抗肿瘤药物盐酸苯达莫司汀的合成工艺中，其中一步的转化过程如图所示，已知该转化过程中化合物a需经过两步反应才可成环。下列叙述正确的是A.化合物a的分子式为B.化合物a中的含氧官能团有硝基、酮羰基、羧基C.化合物a生成化合物b所发生反应类型有3种D.化合物b与足量加成后产物中含有5个手性碳原子【答案】C【解析】【详解】A．由a的结构简式可知，其分子式为，A错误；B．由a的结构简式可知，化合物a中的含氧官能团有硝基、酰胺基、羧基，B错误；C．由a、b的结构简式可知，a中的COOH和C2H5OH发生酯化反应生成酯基，酰胺基先和下方N原子上的H原子发生加成反应得到羟基，羟基再发生消去反应生成碳碳双键，则a生成b的过程中发生反应的类型有3种，C正确；D．化合物b与足量加成后的产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中含有4个手性碳原子，位置为，D错误；故选C。11.原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W、T形成的化合物结构如图所示，其中只有Y和Z位于同一周期，Z的单质常充入食品包装袋用以防腐，常温下，T单质为紫红色固体。下列说法正确的是A.X、Z不能形成含非极性键的共价化合物B.T单质常温下能与浓硫酸反应制取SO2C.原子半径：T>W>Y>Z>XD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W【答案】C【解析】【分析】原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W、T，Z的单质常充入食品包装袋用以防腐，Z为N；T单质为紫红色固体，T为Cu；Y形成四条共价键，且与N同周期，Y为C；W和X均生成一条共价键，则X为H，W为Cl。【详解】A．X、Z能形成含非极性键的共价化合物，例如肼，NH2NH2，A错误；B．Cu单质需要加热条件下才能与浓硫酸反应制取SO2，B错误；C．电子层数越多原子半径越大，电子层相同，原子序数越大原子半径越小，原子半径：Cu>Cl>C>N>H，C正确；D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C<Cl，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3<HClO4，D错误；故答案选C。12.钒电池利用不同价态的含钒离子发生反应实现电力的存贮和释放，其装置如图所示。下列有关叙述错误的是A.充电时，右侧储液罐中V2+浓度不断减小B.充电时，电极A的电极反应方程式为VO2++H2Oe=+2H+C.放电时，总反应方程式为+V2++2H+=VO2++V3++H2OD.增大含钒离子的浓度可以增大电池容量【答案】A【解析】【分析】类型电极电极名称电极反应总反应充电时(电解池)A阳极VO2++H2Oe=+2H+VO2++H2O+V3+=+2H++V2+B阴极V3++e=V2+放电时(原电池)A正极+2H++e=VO2++H2O+V2++2H+=VO2++V3++H2OB负极V2+e=V3+【详解】A．充电时，右侧储液罐中发生反应V3++e=V2+，V2+浓度不断增大，A项错误；B．充电时，电极A的电极反应方程式为VO2++H2Oe=+2H+，B项正确；C．放电时，总反应方程式为+V2++2H+=VO2++V3++H2O，C项正确；D．增大含钒离子的浓度，即增大了储液罐中含钒离子的物质的量，电池容量会增大，D项正确；答案选A。13.由于碳碳双键不能自由旋转，也由于双键两端的碳原子连接的四个原子是处在同一平面上的，因此当双键的两个碳原子各连接不同的原子或原子团时，就有可能生成两种不同的异构体，顺反异构也是立体异构的一种，如(顺式)和(反式)。则的链状同分异构体(包括立体异构)有A.6种 B.7种 C.8种 D.9种【答案】B【解析】【详解】该有机物的不饱和度为，可能存在双键结构，含有碳碳双键和溴原子的二溴丙烯的结构简式为、、、、，共有5种，其中、存在顺反异构体，共7种，故B项正确；故本题选B。14.“氟极子电池”负极材料为金属镁，工作原理如图所示，下列说法错误是A.脱嵌过程是“氟极子电池”的放电过程B.c晶胞中含有与Mg的个数比为5：3C.每个a晶胞完全转化为d晶胞，转移电子数目为8D.当d晶胞转化为c晶胞时，每转移电子时，电极质量减少【答案】A【解析】【分析】根据题干信息可知，负极材料为金属镁，则镁失电子后结合氟离子，实现氟离子的嵌入，充电过程中，阴极生成镁单质，从而再实现氟离子的脱嵌，据此作答。【详解】A．根据分析可知，放电过程实现氟离子的嵌入，充电过程，实现氟离子的脱嵌，故A错误；B．由c晶胞结构可知，位于体心，共有5个，根据物质化合价为0可知，镁离子有个，镁原子或镁离子位于顶点和面心，共有个，则含有镁原子有个，则c晶胞中含有与Mg的个数比为5：3，故B正确；C．由a晶胞结构可知，含有的镁原子位于顶点和面心，共有，此时镁元素为0价，由d晶胞结构可知，含有的镁离子位于顶点和面心，共有个，氟离子位于体心，共有8个，可知此时晶体的化学式为MgF2，此时镁元素为+2价，生成4个镁离子，因此每个a晶胞完全转化为d晶胞，转移电子数目为8，故C正确；D．由题意可知，当d晶胞转化为c晶胞时，为氟离子的脱嵌过程，此时转移的电子数等于脱嵌的氟离子所带的电荷数，因此每转移电子时，电极质量减少，故D正确；故答案选A。二、非选择题15.FeCl3是一种用途广泛的工业原料，主要用于污水处理、五金刻蚀、建筑工业制备混凝土等，有机工业中可用作催化剂、氧化剂等。某化学兴趣小组从含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的废液中回收铜并制备氯化铁晶体，其流程如图所示：按要求回答下列问题：（1）用离子方程式表示反应①中所涉及的反应：_______。（2）操作Ⅰ中玻璃棒的作用是_______。（3）滤渣Y的主要成分是_______(填化学式，下同)，试剂b是_______。（4）①加入试剂c的目的是_______。②试剂c可选择下列物质中的_______(填字母)。A.KMnO4B.Cl2C.ZnD.HClE.H2O2③根据②中所选试剂，写出反应③的离子方程式：_______(任写一个)。（5）该化学兴趣小组利用废液制得了一定质量的FeCl3•6H2O晶体(不考虑杂质)，并将其配成250mL溶液。取25.0mL该溶液与物质的量浓度为0.50mol•L1的Na2SO3溶液恰好反应，此时消耗Na2SO3溶液的体积为20.0mL，反应原理：_______Fe3++_______SO+_______H2O——_______Fe2++_______SO+_______H+。_______请配平以上离子方程式，并计算FeCl3•6H2O晶体的质量_______(写出计算表达式和计算结果)。【答案】（1）Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu（2）引流（3）①.Cu、Fe②.HCl（4）①.将Fe2+氧化成Fe3+②.BE③.2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（5）①.2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+②.54.1g【解析】【分析】含有FeCl2，FeCl3，CuCl2的工业废液中加入过量的铁粉，得到滤液X：氯化亚铁溶液，滤渣Y：铁粉、铜粉的混合物，铁粉、铜粉的混合物中加入过量盐酸过滤可得到金属铜和滤液Z：氯化亚铁溶液，氯化亚铁溶液中通入过量氯气得到氯化铁溶液，氯化铁溶液在氯化氢气流中蒸发得氯化铁晶体。【小问1详解】反应①为过量的铁粉与FeCl2，FeCl3，CuCl2的工业废液反应，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；【小问2详解】操作Ⅰ为过滤，玻璃棒的作用是引流，故答案为：引流；【小问3详解】①由分析可知，滤渣Y主要成分是铁粉、铜粉的混合物，故答案为：Cu、Fe；②由分析可知，试剂b是盐酸，故答案为：HCl；【小问4详解】①由分析可知，试剂c为氯气，加入试剂c的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；②由①可知，试剂c作用是将Fe2+氧化成Fe3+，高锰酸钾反应后有杂质生成，Zn、HCl均不能将Fe2+氧化成Fe3+，氯气、过氧化氢具有氧化性，且反应后没有杂质生成，故答案为：BE；③根据②中所选试剂，反应③的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问5详解】①变价元素分别为铁元素和硫元素，铁元素从+3价降低至+2价，得1个电子，硫元素从+4价升高至+6价，失去2个电子，得失电子守恒，则Fe2+和Fe3+的系数为2，亚硫酸根离子和硫酸根离子的系数为1，根据电荷守恒氢离子得系数为2，水的系数为1，则离子方程式为：，故答案为：；②反应消耗20.0mL0.50mol•L1的Na2SO3溶液，n(Na2SO3)=n()=20.0×103L×0.50mol•L1=0.01mol，根据关系式：，则n(Fe3+)=0.02mol，则FeCl3•6H2O晶体的质量为：0.02mol×270.5g/mol=54.1g，故答案为：54.1g。16.利用合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一，加氢制甲醇的主要反应为：①②（1）反应①的___________(填“大于”“小于”或“等于”)0，理由是___________。（2）200℃下，在恒温恒容容器中通入一定量的和，反应①达到平衡的标志为___________。A. B.混合气体的密度不再改变C.不再变化 D.容器中气体的平均摩尔质量不再变化（3）200℃，下，将一定比例和混合气体通入装有催化剂的绝热反应管。装置中、、……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和的体积分数如图所示。至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，请说明理由：___________。（4）某研究小组自制甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，负极反应式是___________。该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，消耗0.64g，该电池化学能转化为电能的转化率为___________。[电荷量电流时间；；]【答案】（1）①.大于②.该反应，且能发生，则（2）CD（3）至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变（4）①.②.80%【解析】【小问1详解】反应①的，且能发生，根据自发进行的综合判据，熵增、焓减的反应能发生，则；【小问2详解】A．反应速率之比等于系数比，达到平衡时正逆反应速率相等，反应②中氢气和CO的系数不相同，说明消耗氢气与消耗CO的反应速率不相等，则不能说明反应①达到平衡，A不符合题意；B．在恒温恒容容器中体积不变，由质量守恒定律，混合气体总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应①达到平衡，B不符合题意；C．通入一定量的和，反应①每消耗1mol二氧化碳就生成1molCO，而反应②中消耗CO，则是一变量，当不再变化能说明反应①达到平衡，C符合题意；D．反应②中前后气体系数和不相等，说明混合气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量是变量，当容器中气体的平均摩尔质量不再变化能说明反应①达到平衡，D符合题意；故选CD；【小问3详解】至位点处CO的体积分数逐渐升高，位点后CO的体积分数几乎保持不变，原因是至位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变；【小问4详解】甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，正极是氧气得电子生成OH，负极是甲醇失去电子生成碳酸根离子，负极反应式是，消耗0.64g即物质的量为，所带电荷量为：6×0.02mol×6×1023mol1×1.6×1019C=11520C，该电池以3.2A恒定电流工作48分钟，根据电荷量电流时间，则工作电荷量为：3.2×48×60=9216C，则该电池0.49L将化学能转化为电能的转化率为：。17.石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下：反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(s)⇌CS2(g)+4H2(g)ΔH1=+260kJ/mol反应Ⅱ：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)ΔH2=+90kJ/mol反应Ⅲ：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)ΔH3=+181kJ/mol回答下列问题：（1）H2S分子的电子式为_______。（2）反应Ⅳ：CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4=_______kJ/mol。（3）保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为_______，理由是_______。（4）假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3molCH4和0.15molH2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为_______mol/(L•min)；5min时，容器内总压为_______。（5）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：。其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2MPa及4MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为_______MPa﹣1。（6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是_______。【答案】（1）（2）+11（3）①.M②.总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大（4）①.1.2×103②.P0（5）0.4（6）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2【解析】【小问1详解】H2S为共价化合物，其电子式为；【小问2详解】根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol；【小问3详解】保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S（He作辅气）与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大【小问4详解】由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×103mol/(L•min)；设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.032x)molH2S，列三段式有，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0；【小问5详解】根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣1；【小问6详解】与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。18.托伐普坦是一种治疗心血管疾病的药物，其前体(L)合成步骤如图(部分试剂和条件略去)。已知：回答下列问题：（1）化合物A_______(填“能”或“不能”)形成分子内氢键。（2）写出由C生成D的化学反应方程式_______。（3）写出G的结构简式_______。（4）H到I的反应类型是_______。（5）参照上述合成路线，试剂X的化学式是____