湖南省长沙市一中2024-2025届高三下学期月考（五）化学试卷 （解析版）

第页，共页第21页，共21页长沙市一中2025届高三月考试卷(五)化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质：一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要来)1.科技造福中国，近年来中国在载人航天、探月、深海探测工程上取得重大进展。下列说法正确的是A.空间站使用的石英玻璃的主要成分是，属于分子晶体B.制作发动机喷管套筒的碳纤维与石墨是同素异形体关系C.硬铝密度小、强度离，常用于制造飞机外壳，主要成分是D.宇宙飞船返回舱表面使用的高温结构陶瓷属于无机非金属材料【答案】D【解析】【详解】A．空间站使用的石英玻璃的主要成分是，为共价晶体，故A项错误；B．碳纤维是含碳量以上高强度高模量纤维，不是碳单质，故B项错误；C．硬铝是铝的合金，故C项错误；D．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D项正确；故本题选D。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gOD-所含的质子与中子均为9NAB.常温常压下，11.2LCO2气体中含有电子数大于11NAC.高温下铁粉与水蒸气反应，固体质量增加6.4g，反应转移的电子数为0.9NAD.标准状况下，11.2LCl2通入足量NaOH溶液中，溶液中Cl-和ClO-的数目之和为NA【答案】A【解析】【详解】A．18gOD-物质的量为，质子与中子均为9NA，A正确；B．通常状况下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，故11.2LCO2物质的量不是0.5mol，所含质子的数目不是11NA，B错误；C．高温下铁粉与水蒸气反应，生成Fe3O4和H2，固体质量增加6.4g，增加的质量为参加反应H2O中O元素的质量，则水的物质的量为=0.4mol，H2O中的H元素全部转化为H2，所以反应转移的电子数为0.4mol×2NA=0.8NA，C错误；D．Cl2与足量NaOH溶液反应后生成氯化钠和次氯酸钠，次氯酸根离子水解，溶液中存在含氯微粒有Cl-、ClO-、HClO，所有含氯微粒的物质的量之和为1mol，Cl-和ClO-的微粒数之和小于NA，D错误；故选A。3.下列化学用语表示正确的是A.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为 B.SO2的空间填充模型为C.基态Cu+的价电子排布式为3d10 D.N2H4的电子式为【答案】C【解析】【详解】A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，A错误；B．SO2中心原子S价层电子对数：，含1对孤电子对，分子空间构型为V形，且S原子半径大于O，则其空间填充模型：，B错误；C．Cu原子序数为29，则基态Cu+的价电子排布式为3d10，C正确；D．N2H4的电子式：，D错误；答案选C。4.下列事实涉及的化学方程式或离子方程式正确的是A.“84消毒液”起杀菌消毒作用的原理：B.向中投入固体：C.向溶液中滴入过量溶液：D.向FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-【答案】A【解析】【详解】A．“84”消毒液的主要成分为NaClO，与CO2反应生成次氯酸，A正确；B．中的O作还原剂发生氧化反应生成O2，中O作为氧化剂被还原，生成NaOH，则，B错误；C．NaHSO3溶液呈酸性，在酸性环境中的氧化性比Fe3+强，正确的离子方程式为，

C错误；D．还原性：I-＞Fe2+，氯气先与I-反应，根据得失电子守恒，等物质的量的氯气刚好氧化I-，Fe2+不被氧化，，D错误；故答案为：A。5.物质的性质决定用途。下列两者对应关系不正确的是A.能吸收产生，可用作呼吸面具供氧剂B.溶液呈酸性，可用于腐蚀电路板上的CuC.呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D.液氨汽化需要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】B【解析】【详解】A．能与反应产生，可用作呼吸面具供氧剂，A正确；B．溶液有强氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu，与酸性无关，B错误；C．呈弱碱性，可中和胃酸，用于治疗胃酸过多，C正确；D．液氨汽化需要吸收大量的热，使周围环境温度降低，可用作制冷剂，D正确；故选B。6.下列实验方案能达到实验目的的是A.甲装置验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用B.乙装置除去CCl4中的Br2C.丙装置用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极法D.丁装置验证非金属性：Cl＞C＞Si【答案】B【解析】【详解】A．加CuSO4溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是CuSO4的催化作用，A项错误；B．溴和氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的钠盐，得到互不相溶的两层液体，下层为四氯化碳，通过分液可得到四氯化碳，B项正确；C．图示装置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；D．验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸，D项错误；答案选B。7.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A溴丁烷和浓硫酸混合液加热，产生的气体先通过溶液，再通过酸性溶液酸性溶液褪色溴丁烷发生消去反应B向溶液中通入和气体X产生白色沉淀气体X不一定具有氧化性C将高氯酸滴入溶液产生无色气体，将产生的气体通过饱和溶液后，再通入溶液产生白色沉淀非金属性D向丙烯醛中滴加溴水溴水褪色丙烯醛中含碳碳双键A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．如果溴丁烷发生水解反应生成丁醇，丁醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．如果X具有氧化性，和二氧化硫一起通入氯化钡溶液可能生成硫酸钡沉淀，X如果是碱性气体，和二氧化硫一起通入氯化钡溶液产生亚硫酸钡沉淀，B正确；C．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则元素的非金属性越强，不是S元素的最高价氧化物，C错误；D．丙烯醛分子的结构简式是，含有不饱和的碳碳双键，能与溴发生加成反应而使溴水褪色，含有的醛基具有强还原性，能够被溴水氧化变为羧基，也能够使溴水褪色，故向丙烯醛中滴加溴水，不能根据溴水褪色证明丙烯醛中含碳碳双键，D错误；故选B。8.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X与W、Z相邻，且X、Z同主族，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，Y的金属性是短周期元素中最强的。下列说法正确的是A.简单离子半径：X＞Y＞Z B.简单氢化物的稳定性：W＞XC.Y、Z形成的化合物中含有离子键 D.W的氧化物的水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的金属性是短周期元素中最强的，则Y与Z同周期，Y为Na元素。X与W、Z相邻，且X、Z同主族，设X元素原子的最外层电子数为n，则W原子的最外层电子数为n-1，Z元素原子的最外层电子数为n，W、X、Y、Z的最外层电子数之和为18，则n-1+n+n+1=18，n=6，从而得出W、X、Y、Z分别为N、O、Na、S。【详解】A．X、Y、Z分别为O、Na、S，简单离子半径：S2-＞O2-＞Na+，A不正确；B．W、X分别为N、O，非金属性N＜O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，B不正确；C．Y、Z形成的化合物为Na2S，属于离子化合物，一定含有离子键，C正确；D．W为N元素，W的氧化物的水化物可能为HNO3、HNO2等，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D不正确；故选C。9.利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展，荣获2021年诺贝尔化学奖。某Diels-Alder反应催化机理如下，下列说法错误的是A.Ⅰ和Ⅴ官能团种类相同，互为同系物B.化合物X为H2O，总反应为加成反应C.Ⅵ是反应的催化剂D.Ⅲ最多有9个原子在同一平面，Ⅴ有3个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．I和V虽然官能团种类相同，但是二者分子组成不是相差若干个CH2，不互为同系物，A错误；B．根据图示可知，VI+I=X+II，根据VI、I和II的结构简式可知，X为H2O，总反应为，该反应为加成反应，B正确；C．根据图示可知，反应过程中消耗了VI后又重新生成了VI，因此VI为反应的催化剂，C正确；D．亚甲基中最多有1个原子与-CH=CHCH=CH-共面，因此III中最多有9个原子共面，V中存在3个手性碳原子，如图中*所示，D正确；故答案选A。10.氮化硼(BN)晶体存在如下图所示两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，其晶胞沿z轴方向的投影如右图所示。立方氮化硼晶体的密度为，晶胞的边长为。下列说法正确的是A.六方氮化硼的晶体类型为分子晶体B.若原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为C.立方氮化硼晶胞中，N与B之间不存在配位键D.阿伏加德罗常数的表达式可表示为【答案】B【解析】【详解】A．六方氮化硼和石墨均属于混合型晶体，故A错误；B．根据BN晶胞沿z轴方向的投影，1原子和2原子的z轴位置相同，同时x轴和y轴分别处于0.25和0.75的位置，故原子2的分数坐标为，故B正确；C．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成3个共价键，1个配位键，所以立方氮化硼中B和N原子之间存在配位键，故C错误；D．阿伏加德罗常数的表达式应为，故D错误；故答案为B。11.溶液A中存在、、、、、、、、、中的五种离子，浓度均为，溶液体积为1L。对溶液A进行以下实验，整个过程如图所示(部分产物省略)，溶液B与溶液A中所含阴离子种类相同。已知：。下列说法正确的是A.溶液A中一定存在，可能存在B.过滤操作时需要使用硅酸盐材质的实验仪器有烧杯、玻璃棒、分液漏斗C.沉淀乙溶于氨水后的产物中含有键D.由溶液B生成沉淀甲的反应为非氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】由实验可知，向A溶液中加入足量的盐酸，有气体生成，且常温下气体甲与空气反应生成气体乙，可知甲为NO、乙为NO2，则溶液A中含有Fe2+和，根据共存原理可知溶液中不含、；加入盐酸发生反应①后的溶液B与溶液A中的阴离子种类相同，说明反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中一定含有Cl-；原溶液中存在五种离子，目前含有Fe2+和、Cl-且浓度均为0.01mol/L，正好电荷守恒。根据电中性原则，剩余两种离子所带电荷量相等，阴离子一定含有，不能与Ba2+共存，故另一种阳离子只能是Cu2+。【详解】A．根据分析，溶液A中一定，不存在Fe3+，A错误；B．过滤时需要用到的硅酸盐材料指玻璃仪器，有烧杯、玻璃棒、普通漏斗，B错误；C．溶液B加入固体C后调pH=4，根据溶度积可知，此时生成Fe(OH)3沉淀，溶液D中还含有Cu2+，再加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜溶于氨水生成，每个NH3中含存在3个共价键，N与Cu之间形成配位键，OH-与配离子之间为离子键，因此1mol中含=18mol键，但题干未指明生成物或反应物的量，C错误；D．溶液B生成沉淀甲是通过条件pH实现，即Fe3+→Fe(OH)3，不是氧化还原反应，D正确；故选D。12.Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子()和空穴()。下列有关说法正确的是A.光催化装置中溶液的减小B.整套装置转移，光催化装置生成C.电催化装置阳极电极反应式：D.离子交换膜为阴离子交换膜【答案】B【解析】【详解】A．光催化装置中，氢离子得电子产生氢气，电极反应式为，转化为，电极反应式为，据此可知酸性减弱，pH升高，A错误；B．由可知整套装置转移，光催化装置生成0.005mol，质量为0.005×127×3g=1.905g，B正确；C．电催化装置氢氧根得空穴产生氧气，阳极电极反应式：，C错误；D．电催化装置右侧产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，D错误。故选B。13.在石油氧化脱硫工艺中会发生以下气相反应：，反应机理及各物质的相对能量如图所示(COM、IM代表中间体，TS代表过渡态)。下列说法错误的是A.总反应为放热反应B.从反应物到生成物存在两条反应路径C.在涉及TS4和TS5的路径中，决速步骤为D.在恒温恒压的容器中发生总反应，压缩容器容积，平衡不发生移动【答案】C【解析】【详解】A．由题图可知，反应物相对能量为0，生成物相对能量为-659.2，故总反应为放热反应，故A正确；B．由题图可知，经历TS1过程后，反应按TS2→TS3→TS6和TS4→TS5→TS6两条路径进行，所以从反应物到生成物存在两条反应路径，故B正确；C．观察TS1→TS4→TS5→TS6反应路径，活化能最大的步骤出现在TS5处，所以决速步骤为，故C错误；D．结合总反应方程式，可知反应前后气体分子数不变，所以改变容器容积对该反应的平衡没有影响，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查反应机理分析，具体考查反应热、反应路径、决速步骤和平衡移动等，意在考查考生接受信息、提取信息、分析信息和运用信息的能力，以及变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的学科核心素养。14.用0.5mol/LNaHCO3溶液滴定25mL0.25mol/LCaCl2溶液，加入的碳酸氢钠溶液体积与溶液pH变化曲线如图所示，其中V=4.54mL时溶液中无沉淀，之后出现白色浑浊且逐渐增多，当滴加的NaHCO3溶液体积为25.00mL时，溶液的pH稳定在7.20左右，整个滴定过程中未见气泡产生。下列叙述正确的是已知：Ksp(CaCO3)=3.36×10-9，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，100.8≈6.3A.总反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl+CaCO3↓+H2CO3B.a点的混合溶液，c(Na+)+c()+c(H2CO3)+c()+c(Ca2+)＞c(Cl-)C.a→b的过程中，水的电离程度不断增大D.b点的混合溶液，c()•c(Ca2+)≈6.3×10-8【答案】A【解析】【分析】a点，4.54mL0.5mol/LNaHCO3溶液与25mL0.25mol/LCaCl2溶液混合，不发生化学反应，此时n(Ca2+)=0.025L×0.25mol/L=0.00625mol，n(Cl-)=2×0.025L×0.25mol/L=0.0125mol，n(Na+)=0.00454L×0.5mol/L=0.00227mol。b点，溶液的pH=7.20，则含有NaCl、H2CO3、NaHCO3。【详解】A．CaCl2溶液中滴加NaHCO3，当V(NaHCO3)＞4.54mL时，发生反应生成CaCO3沉淀，总反应的化学方程式：CaCl2+2NaHCO3=2NaCl+CaCO3↓+H2CO3，A正确；B．由分析可知，a点的混合溶液，n(Na+)+n()+n(H2CO3)+n()+n(Ca2+)=0.00227mol×2+0.00625mol=0.01079mol，n(Cl-)=0.0125mol，所以c(Na+)+c()+c(H2CO3)+c()+c(Ca2+)＜c(Cl-)，B不正确；C．a→b的过程中，溶液的pH由8.02减小到7.20，则的水解程度不断减小，水的电离程度不断减小，C不正确；D．b点的混合溶液，c()•c(Ca2+)==≈7.15×10-6.2=7.15×10-7×100.8=7.15×10-7×6.3≈4.5×10-6，D不正确；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。如图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：已知：①GeO2为两性化合物。②GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+开始沉淀pH7.52.26.28.2完全沉淀pH9.03.28.211.2④有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+沉淀率(%)099097~98.5（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是______(填化学式)。（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是______(用离子方程式表示)。常温下调节溶液的pH至3.9时，c(Fe3+)=______mol/L(Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成_______的不良后果。（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。（4）GeCl4与纯水反应的化学方程式为_______。（5）若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为______。【答案】（1）①.加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率②.SiO2（2）①.②.4.0×10-7.7③.形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失（3）Zn2+和Na+（4）GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl（5）80%【解析】【分析】湿法炼锌渣含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸酸浸，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，向浸出液中加入次氯酸钠，利用次氯酸钠的强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH至3.9，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤液1中加入有机试剂单宁，Fe3+与有机沉淀丹宁发生络合反应形成沉淀，过滤后得到含有Ge元素的沉淀，将沉淀灼烧得到GeO2，用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气还原得到高纯度的Ge；【小问1详解】①浸出时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；②浸出中SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2；【小问2详解】①由表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故反应的离子方程式为：；②常温下调节溶液的pH至3.9时，c(OH-)=10-10.1mol/L，c(Fe3+)==4.0×10-7.7mol/L；③如果不加次氯酸钠溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失；【小问3详解】过滤1后滤饼1的主要成分是氢氧化铁，滤液1的离子有Ge4+、Zn2+加入硫酸映入的硫酸根和过量的氢离子，及加入次氯酸钠，引入钠离子，过量的次氯酸根生成氯离子，由表中数据可知加入有机试剂单宁后Ge4+的沉淀率为97%~98.5%，滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+；【小问4详解】由分析刻章子，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl【小问5详解】若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为n(H2)==4mol，已知发生反应，则可得Ge的物质的量为：2mol，炼锌渣中锗的物质的量为：，则锗的回收率为：；16.过氧化钙()微溶于水，碱性条件下较稳定，可作为医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。以下是一种实验室制备较高纯度过氧化钙的流程图。（1）步骤I中常加入过量碳酸钙，其目的是___________，煮沸溶液的目的是___________。（2）步骤Ⅱ在冰水浴中进行，温度不宜过高的原因可能是___________，混合时应选择将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，其原因是___________，该步骤反应的化学方程式为___________。（3）检验步骤V中产物是否洗涤干净的实验操作是___________。（4）测定产品中含量。原理：在酸性条件下，与稀酸反应生成，用标准溶液滴定所生成的，以确定含量。实验操作：准确称取产品配成溶液。取溶液，加入醋酸溶液和2~3滴溶液，用标准溶液平行滴定3次，消耗标准溶液的平均体积为。①滴定终点的现象为___________。②产品中含量为___________。【答案】（1）①.保证盐酸完全反应，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应②.除去溶解的，防止在后续碱性条件下生成碳酸钙，使产品不纯（2）①.防止氨挥发、过氧化氢受热分解②.过氧化钙()碱性条件下较稳定，将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，可保证溶液始终为碱性③.（3）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加酸化的溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净（4）①.当滴入最后半滴溶液时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色②.88【解析】【分析】根据工艺流程可知碳酸钙与盐酸反应生成，与氨水、反应生成，经洗涤、烘干则得。【小问1详解】由于后续步骤会加入氨水，故步骤I中加入过量碳酸钙，是为了保证盐酸反应完，避免与步骤Ⅱ中的氨水反应；温度越高，气体溶解度越小，故煮沸溶液的目的是除去溶解的，防止在后续碱性条件下生成碳酸钙，使产品不纯；【小问2详解】步骤Ⅱ为氯化钙、过氧化氢和氨水的反应，由于过氧化氢受热易分解、氨水受热易挥发，所以该反应温度不宜过高，可在冰水浴中进行；该反应生成了和，该步骤反应的化学方程式为，如果在氯化钙溶液中进行反应，则溶液体系会因氯化铵水解而呈酸性，不利于的稳定存在，所以混合时应选择将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，保证溶液始终为碱性；【小问3详解】过滤后的沉淀表面的液体中存在氯离子，所以可检验最后一次洗涤液中是否存在氯离子来确定沉淀是否洗涤干净，其操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加酸化的溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净；【小问4详解】①有剩余时即达到了滴定终点，所以滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；②滴定过程中发生化学反应为、，可得关系式故，则产品中含量为。17.羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的H2S和CO反应可以合成COS，回答下列问题：（1）已知：①CO的燃烧热为283kJ•mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1=-484kJ•mol-1③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)ΔH2=-18kJ•mol-1④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)ΔH3则ΔH3=_______kJ•mol-1。（2）以FeOOH作催化剂，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行。下列示意图能正确体现上述反应能量变化的是_______(填“甲”或“乙”)。关于该反应的下列叙述正确的是_______(填标号)。A．步骤①是慢反应，活化能较大B．总反应的速率由步骤②决定C．反应进程中S2属于中间产物D．更换催化剂可改变E和ΔH（3）在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则H2S的转化率为______，COS的体积分数为______。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是______。（4）在两个密闭容器中都加入CO、H2S、COS、H2四种气体，起始时气体体积分数φ(CO)=φ(H2S)，φ(COS)=p(H2)，分别在300℃和320℃时反应，容器中H2S(g)和COS(g)的体积分数(φ)随时间(t)的变化关系如图所示。320℃时，φ(COS)随时间变化关系的曲线是______，判断的理由是_______。【答案】（1）-23（2）①.甲②.AC（3）①.50%②.25%③.及时移去生成物（4）①.d②.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【解析】【小问1详解】①CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ•mol-1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH1=-484kJ•mol-1③COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g)ΔH2=-18kJ•mol-1④CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)ΔH3利用盖斯定律，将反应①-②×-③得④，则ΔH3=(-283kJ•mol-1)-(-484kJ•mol-1)×-(-18kJ•mol-1)=-23kJ•mol-1。【小问2详解】由H2S和CO合成COS的反应为放热反应，甲图总反应为放热反应，乙图总反应为吸热反应，则能正确体现上述反应能量变化的是甲。A．对于一个多步进行的反应，活化能大的反应为慢反应，从图中可以看出，步骤①的活化能较大，是慢反应，A正确；B．对于一个多步进行的反应，慢反应为决速反应，步骤①是慢反应，总反应的速率由步骤①决定，B不正确；C．由图可知，S2在第一步生成，第二步又被消耗，所以反应进程中S2属于中间产物，C正确；D．催化剂只能改变反应的路径，从而改变反应的活化能，但不能改变反应的焓变，则更换催化剂可改变E，但不能改变ΔH，D不正确；故选AC。【小问3详解】在240℃，将等物质的量H2S和CO充入恒压(100kPa)的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)。已知正反应速率v正=k正×p(CO)×p(H2S)，v逆=k逆×p(COS)×p(H2)，其中p为分压，该温度下k正=5.0×10-4kPa-1•s-1，反应达平衡时v逆=kPa-1•s-1测得，则5.0×10-4kPa-1•s-1×p(CO)×p(H2S)=kPa-1•s-1，此时p(CO)=p(H2S)=25kPa，则p(COS)=p(H2)=25kPa，采用一边倒的方法，可求出反应前，p(CO)=p(H2S)=50kPa，H2S的转化率为=50%，COS的体积分数为=25%。在240℃下，要同时提高CO和H2S的转化率，可采取的措施是：及时移去生成物。【小问4详解】在两个密闭容器中都加入CO、H2S