2022-2023学年云南省昆明市高二（下）期末化学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年云南省昆明市高二（下）期末化学试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年云南省昆明市高二（下）期末化学试卷
一、选择题（本大题共14小题，共42分）
1. 下列关于化学品合理使用的说法错误的是(    )
A. 石膏的主要成分是CaCO3，可用于制豆腐
B. 除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂
C. 味精能增加食品的鲜味，是一种常用增味剂
D. 包装上有“OTC”标识的药物不需要医生处方，可直接从药店购买
2. 下列说法正确的是(    )
A. 基态锂原子最高能级的电子云轮廓图
B. CH4分子的空间填充模型
C. 顺−2−丁烯的分子结构模型
D. 基态氮原子的电子排布图
3. 用下列实验装置进行相应实验，其中不能达到实验目的的是(    )
A. 实验室制备NH3
B. 分离I2和NaCl
C. 喷泉实验
D. 制备Fe(OH)2
4. 下列说法正确的是(    )
A. 糖类、氨基酸、蛋白质均是两性化合物
B. 高分子材料能以石油、煤等化石燃料为原料进行生产
C. 淀粉和纤维素在人体内的最终水解产物都是葡萄糖
D. 棉花、羊毛、植物油、天然橡胶均属于天然有机高分子
5. 氮、硫元素的单质和化合物在工农生产中有重要应用。部分含氮、硫元素物质的价类二维图如图所示。下列有关说法错误的是 (    )



A. f可作制冷剂 B. BaCl2溶液可鉴别c和d
C. f与氧气反应可以一步转化为h D. i的浓溶液一般保存在棕色试剂瓶中
6. 下列离子方程式正确的是(    )
A. 电解饱和食盐水：2Na++2Cl−=通电2Na+Cl2↑
B. FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
C. 泡沫灭火器原理：Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓
D. FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2
7. 双氯芬酸具有解热镇痛的作用，其结构简式如图。下列关于双氯芬酸的说法正确的是(    )
A. 分子式为C14H12Cl2NO2
B. 分子中所有原子可能共平面
C. 分子中苯环上的一溴取代物有4种
D. 双氯芬酸能发生加成反应、取代反应
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的简单气态氢化物溶于水呈碱性，基态Y原子无未成对电子，Z的某种氧化物具有漂白性。下列说法正确的是(    )
A. 电负性：Wc(H2A)
C. c点存在：c(Na+)+c(H+)=2c(HA−)+c(OH−)
D. 2HA−⇌H2A+A2−的平衡常数K=10−2.3
二、非选择题（共58分）
15. X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，X常用于呼吸面具中氧气的来源，W具有漂白作用。这四种化合物具有下列转化关系(部分反应物、产物及反应条件已略去)，回答下列问题：
(1)X的化学式为 ______ ，含有的化学键有 ______ 。
(2)X→Y的化学方程式为 ______ 。
(3)Z→W的离子方程式为 ______ 。

16. 游离态的硫存在于火山口附近或地壳的岩层中，火山喷发会释放SO2、H2S、COS等气体。回答下列问题：
(1)上述气体中 ______ (填化学式)是形成酸雨的主要物质。
(2)COS的结构与CO2类似，其电子式为 ______ 。
(3)S与Cu反应的化学方程式为 ______ 。
(4)H2S能与SO2反应，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ______ 。
17. 二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。
主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=−46kJ⋅mol−1
副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
回答下列问题：
(1)相关化学键的键能数据如下：
化学键
C=O
H−H
C−H
C−O
O−H
键能E/(kJ⋅mol−1)
803
436
414
X
464
则x= ______ ，主反应在 ______ (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。
(2)主反应在铜催化下的反应历程如下：
序号
基元反应
Ea(活化能/eV)
ΔE(反应能/eV)
①
CO2(g)+H∗→HCOO∗
0.20
−1.27
②
HCOO∗+H∗→HCOOH∗+∗
1.27
0.55
③
HCOOH∗+H∗→H2COOH∗+∗
0.76
−0.11
④
H2COOH∗+∗→CH2O∗+OH∗
0.42
0.35
⑤
CH2O∗+H∗→CH3O∗+∗
0.11
−1.09
⑥
CH3O∗+H∗→CH3OH(g)+2∗
0.89
0.37
⑦
H∗+OH∗→H2O(g)+2∗
1.01
0.32
决定主反应速率的基元反应为 ______ (填标号)，原因是 ______ 。
(3)CO2和H2按物质的量之比1：1，在压强为pkPa，TiO2催化下进行反应，测得CO2转化率和CH3OH选择性[CH3OH选择性=n(生成CH3OH)n(转化CO2)×100%]随温度的变化如图所示：

①温度高于T+50℃，CO2转化率增大的原因可能是 ______ 。
②某温度时，若测得CO2转化率为25%，CH3OH的选择性为20%，副反应的压力商Qp= ______ (以分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，保留一位有效数字)。
③若想要提高CH3OH的产率，除改变温度外，还可采取的措施有 ______ 。
18. 以某混合氧化物(由MnO2、Al2O3、CuO、Fe2O3组成)为原料制备KMnO4和FeSO4⋅7H2O的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)基态Mn原子核外电子排布式为 ______ 。
(2)“碱浸”时，Al2O3发生反应的化学方程式为 ______ 。
(3)“去铜”时，发生反应的离子方程式为 ______ 。
(4)已知“歧化”时反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。常温下，相关物质的溶解度数据如下：
物质
K2CO3
KHCO3
KMnO4
溶解度(g/100g水)
111
33.7
6.34
通入CO2至溶液pH达10～11时，应停止通CO2，依据上表数据说明不能继续通入CO2的原因是 ______ 。
(5)KMnO4的纯度测定：已知酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2，杂质不参与反应。称取mgKMnO4粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用0.500mol⋅L−1的Na2C2O4溶液平行滴定3次，平均消耗Na2C2O4溶液20.00mL。KMnO4样品的纯度为 ______ %(用含m的代数式表示)。
19. 在无水AlCl3的催化作用下，利用乙醇制备乙烯的反应温度为120℃。某同学据此原理制备收集乙烯并验证乙烯的性质，反应装置如图所示：

回答下列问题：
(1)容器A中应加入 ______ (填“水”或“油”)作为热传导介质，该加热方式相较直接加热的优势是 ______ 。
(2)装置B的名称为 ______ 。
(3)为收集较纯净的乙烯气体，装置C最适宜选择的是 ______ (如图，填标号)。

反应开始应先关闭止水夹1打开止水夹2，待出现 ______ 现象时，打开止水夹1关闭止水夹2，开始收集乙烯气体。
(4)若将装置C连接如图装置，观察到澄清石灰水变浑浊，写出乙烯与酸性KMnO4反应的离子方程式 ______ 。

(5)该催化机理如图所示，中间产物HOAlCl3生成AlCl3的反应方程式为 ______ 。


20. 利伐沙班是一种抗凝血药物。E()是合成利伐沙班的重要中间体，该中间体的一种合成路线如图：

已知：
回答下列问题：
(1)A中官能团名称为 ______ 、 ______ 。
(2)D的结构简式为 ______ 。
(3)写出A生成B的化学方程式 ______ 。
(4)D生成E的反应类型为 ______ 。
(5)B的同分异构体中属于α−氨基酸的有 ______ 种(不考虑立体异构)，其中有2个手性碳原子的同分异构体的结构简式为 ______ 。
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.石膏的主要成分是CaSO4⋅2H2O，故A错误；
B.除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂，故B正确；
C.味精能增加食品的鲜味，是增味剂，故C正确；
D.OTC是非处方药，不需要医生处方才能从药房或药店获得，故D正确；
故选：A。
A.石膏的主要成分是CaSO4⋅2H2O；
B.除虫菊中含有的除虫菊酯是一种天然杀虫剂；
C.味精能增加食品的鲜味；
D.OTC是非处方药。
本题考查化学与生活，为高频考点，把握能源、材料、环境与化学的联系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
2.【答案】B 
【解析】解：A.锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1，最高能级是2s，其电子云形状是球形，故A错误；
B.甲烷为正四面体结构，且H原子半径小于C原子半径，其空间填充模型为，故B正确；
C.顺−2−丁烯中两个甲基位于双键同侧，的两个甲基位于双键的异侧，为反−2−丁烯，故C错误；
D.基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的电子排布图为，违反洪特规则，故D错误；
故选：B。
A.锂是3号元素，核外电子排布为1s22s1，最高能级为2s；
B.甲烷为正四面体结构，且H原子半径小于C原子半径；
C.顺−2−丁烯中两个甲基位于双键同侧；
D.基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3。
本题考查学生对原子结构、分子空间填充模型、分子结构模型及电子排布式的掌握，题目难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识。
3.【答案】C 
【解析】解：A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气密度小，图中装置可制备氨气，故A正确；
B.加热时碘易升华、遇冷凝华，氯化钠无变化，图中加热装置可分离，故B正确；
C.二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，打开止水夹，挤压胶头滴管，不能引发喷泉，故C错误；
D.NaOH溶液与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，苯可隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，图中装置可制备氢氧化亚铁，故D正确；
故选：C。
A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，氨气的密度比空气密度小；
B.加热时碘易升华、遇冷凝华，氯化钠无变化；
C.二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液；
D.苯可隔绝空气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
4.【答案】B 
【解析】解：A.糖类不是两性化合物，故A错误；
B.石油裂化、裂解得到烯烃可以生产高分子化合物，煤的主要成分为碳，干馏后得到合成高分子化合物的原料，高分子材料不能直接以石油、煤等化石燃料为原料进行生产，故B正确；
C.纤维素在人体内不能水解，故C错误；
D.植物油的相对分子质量均在10000以下，不属于有机高分子，棉花、羊毛、天然橡胶均属于天然有机高分子，故D错误；
故选：B。
A.糖类不是两性化合物；
B.石油裂化、裂解得到烯烃可以生产高分子化合物，煤的主要成分为碳，干馏后得到合成高分子化合物的原料；
C.纤维素在人体内不能水解；
D.植物油的相对分子质量均在10000以下。
本题考查了有机物的结构、性质、组成等知识，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握，题目难度不大。
5.【答案】C 
【解析】解：A.f为氨气，可做制冷剂，故A正确；
B.c是SO2，d为SO3，d可以和BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故BaCl2溶液可鉴别c和d，故B正确；
C.NH3与氧气会反应生成NO，故C错误；
D.i为HNO3，见光易分解，故一般保存在棕色试剂瓶中，故D正确；
故选：C。
由图可知，a、b、c分别为H2S、S、SO2；e为硫酸，d为SO3；f、g分别为NH3、NO；h为二氧化氮，i为HNO3，据此进行解答。
本题主要考硫、氮及其化合物的性质，同时考查酸性氧化物的判断，氧化还原反应化合价升降守恒的应用，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。
6.【答案】C 
【解析】解：A.电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2和H2，离子方程式为2Cl−+2H2O=电解2OH−+Cl2↑+H2↑，故A错误；
B.FeCl3溶液刻蚀电路铜板生成FeCl2和CuCl2，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
C.泡沫灭火器原料为NaHCO3和Al2(SO4)3溶液，二者发生双水解反应，离子方程式为Al3++3HCO3−=3CO2↑+Al(OH)3↓，故C正确；
D.还原性：Fe2+>Br−，FeBr2溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，故D错误；
故选：C。
A.电解饱和食盐水生成NaOH、Cl2和H2；
B.FeCl3溶液刻蚀电路铜板生成FeCl2和CuCl2；
C.泡沫灭火器原料为NaHCO3和Al2(SO4)3溶液，二者反应生成Na2SO4、CO2气体和Al(OH)3沉淀；
D.还原性：Fe2+>Br−，少量氯气先与Fe2+反应生成Fe3+。
本题考查离子方程式的书写判断，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，选项D为易错点，题目难度中等。
7.【答案】D 
【解析】解：A.分子中含14个C原子、11个H原子、2个Cl原子、1个N原子、2个O原子，则分子式为C14H11Cl2NO2，故A错误；
B.与羧基相连的C及N原子均为sp3杂化，所有原子一定不能共面，故B错误；
C.苯环上含6种H原子，则苯环上的一溴取代物有6种，故C错误；
D.含苯环可发生加成反应，含羧基可发生取代反应，故D正确；
故选：D。
A.分子中含14个C原子、11个H原子、2个Cl原子、1个N原子、2个O原子；
B.与羧基相连的C及N原子均为sp3杂化；
C.苯环上含6种H原子；
D.结合苯及羧酸的性质判断。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
8.【答案】D 
【解析】解：由上述分析可知，X为N元素、Y为Mg元素、Z为S元素、W为Cl元素，
A.同周期主族元素从左向右电负性增强，则电负性：W>Z，故A错误；
B.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：r(X)Fe3+，S2O82−与Fe2+可以发生反应生成Fe3+与硫酸根离子，所以不能共存，故C错误；
D.MnO4−是紫红色的，发生反应Ⅰ时颜色由无色变为紫红色，发生反应Ⅱ时颜色由紫红色变为无色，故D正确；
故选：C。
A.金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物为盐；
B.反应Ⅰ的离子方程式为：5S2O82−+2Mn2++8H2O=2MnO4−+10SO42−+16H+；
C.分析图像可知：反应Ⅰ中氧化剂是：S2O82−，还原剂是：Mn2+，氧化性：S2O82−>MnO4−；反应Ⅱ中氧化剂是：MnO4−，还原剂是：Fe2+，氧化性：MnO4−>Fe3+；所以可以判断氧化性：S2O82−>MnO4−>Fe3+，离子之间发生反应则不能大量共存；
D.反应1中Mn2+被氧化为MnO4−，反应2中MnO4−被还原为Mn2+。
本题考查了氧化还原反应，为高频考点，注意元素的化合价与物质的性质的关系以及原电池正负极上发生的反应，把握氧化还原反应的规律是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B 
【解析】解：A.一般原子的电负性越大，则第一电离能越高，O的电负性大于S，则O的第一电离高于S，故A错误；
B.水中H−O的键能大于H2S的H−S键，则相同条件下，H2O的稳定性比H2S强，故B正确；
C.Fe的价电子核外电子排布式为3d64s2，4s能级上电子的能量低于3d，Fe失去的是4s能级上的两个电子后得到Fe2+，Fe2+的价层电子排布式：3d6，故C错误；
D.绿矾中H2O为配体，存在配位键，O原子和H原子之间形成氢键，Fe2+与硫酸根离子间存在离子键，水分子之间存在氢键，但氢键不属于化学键。，故D错误；
故选：B。
A.一般原子的电负性越大，则第一电离能越低高；
B.分子的键能越大则分子越稳定；
C.Fe的价电子核外电子排布式为3d64s2，4s能级上电子的能量低于3d，Fe失去的是4s能级上的两个电子后得到Fe2+；
D.绿矾中H2O为配体，存在配位键，O原子和H原子之间形成氢键，Fe2+与硫酸根离子间存在离子键，水分子之间存在氢键，但氢键不属于化学键。
本题考查绿矾的结构和性质，侧重考查第一电离能的比较、分子稳定性的比较、化学键及电子排布式的书写，试题难度中等。
11.【答案】A 
【解析】解：A.镀层破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，构成原电池时，Zn为负极、Fe为正极，则加入K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色沉淀，可知镀层破损后锌对铁仍有保护作用，故A正确；
B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，反应原理不同，由实验操作和现象不能比较金属性强弱，故B错误；
C.加入少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验操作和现象，不能证明溶液中是否含NH4+，故C错误；
D.Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误；
故选：A。
A.镀层破损的镀锌铁片放入NaCl溶液中，构成原电池时，Zn为负极、Fe为正极；
B.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化；
C.加入少量稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；
D.Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、原电池、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12.【答案】C 
【解析】解：A.由图像知，随温度的升高，CHClF2的平衡转化率增大，说明升高温度时该反应的平衡向右移动，该反应属于吸热反应，温度越高，平衡常数越大，故A错误；
B.该反应属于吸热反应，生成物总能量大于反应物总能量，该反应的逆反应活化能低于正反应活化能，故B错误；
C.反应过程中断裂C−H键、C−Cl键，形成C=C键，即反应过程中涉及极性键的断裂和非极性键的形成，故C正确；
D.由图可知，Z点温度比Y点温度高，但催化效率低，故不能比较Z点和Y点的反应速率，即不能比较单位时间内的转化率，故D错误；
故选：C。
A.由图像知，随温度的升高，CHClF2的平衡转化率增大，说明升高温度时该反应的平衡向右移动；
B.该反应属于吸热反应，生成物总能量大于反应物总能量；
C.反应过程中断裂C−H键、C−Cl键，形成C=C键；
D.由图可知，Z点温度比Y点温度高，但催化效率低。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
13.【答案】D 
【解析】解：A.金属Li是活泼金属，能与水反应，则该电池不能用水溶液作为电解液，故A正确；
B.放电时为原电池，通入CO2的电极为正极，CO2得电子生成C，正极反应式为3CO2+4Li++4e−=C+2Li2CO3，故B正确；
C.充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源正负极相接，即充电时，锂电极与外接电源负极相连，故C正确；
D.充电时为电解池，阳极反应式为C+2Li2CO3−4e−=3CO2+4Li+，n(Li+)=43n(CO2)=43×3.36L22.4L/mol=0.2mol，即迁移的Li+数目为0.2NA，故D错误；
故选：D。
由电池总反应可知，放电时为原电池，Li作负极，负极反应式为Li−e−=Li+，通入CO2的电极为正极，正极反应式为3CO2+4Li++4e−=C+2Li2CO3或3CO2+4e−=2CO32−+C，充电时为电解池，原电池的正负极分别与电源正负极相接，阴阳极反应与负正极反应恰好相反，据此分析解答。
本题考查新型可充电电池工作原理，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，把握电极的判断、电极反应及反应式书写是解题的关键，题目难度中等。
14.【答案】C 
【解析】解：A.酚酞的变色范围：pH在8.2～10之间，图中d点溶液的pH=8.5，可用酚酞作d点的指示剂，故A正确；
B.由图可知，NaHA溶液呈酸性，即HA−的电离程度大于其水解程度，则NaHA溶液中存在：c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)，故B正确；
C.图中c点存在c(HA−)=c(A2−)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)=3c(HA−)+c(OH−)，故C错误；
D.由图可知，pH=4.4时c(HA−)=c(H2A)，此时Ka1=c(HA−)c(H2A)×c(H+)=c(H+)=10−4.4，同理Ka2=10−6.7，则2HA−⇌H2A+A2−的平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2Ka1=10−6.710−4.4=10−2.3，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，d点溶液的pH在8.5，溶液呈弱碱性，结合酚酞的变色范围分析判断；
B.由图可知，NaHA溶液呈酸性，即HA−的电离程度大于其水解程度；
C.图中c点存在c(HA−)=c(A2−)，结合电荷守恒关系分析判断；
D.2HA−⇌H2A+A2−的平衡常数K=c(H2A)⋅c(A2−)c2(HA−)=Ka2Ka1。
本题考查酸碱混合溶液的定性判断，侧重考查图象分析能力和综合运用能力，明确弱电解质的电离、各点溶液中溶质成分及其性质、电离平衡常数的计算等知识是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的灵活应用，题目难度中等。
15.【答案】Na2O2  离子键、非极性共价键  2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2  Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O 
【解析】解：(1)由上述分析可知，X的化学式为Na2O2，含有的化学键有离子键、非极性共价键，
故答案为：Na2O2；离子键、非极性共价键；
(2)X→Y的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
(3)Z→W的离子方程式为Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O。
X、Y、Z、W是由四种常见短周期元素形成的化合物，灼烧时火焰均呈黄色，则X、Y、Z、M含有钠元素，X常用于呼吸面具中氧气的来源，W具有漂白作用，结合图中转化可知，X与水、二氧化碳均反应，则X为Na2O2，X与CO2反应生成Y为Na2CO3，X与水反应生成Z为NaOH，Z与氯气反应生成W为NaClO，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16.【答案】SO2   2Cu+S=△Cu2S  2：1 
【解析】解：(1)SO2能与O2、H2O反应生成硫酸，是形成酸雨的主要物质之一，
故答案为：SO2；
(2)CO2的结构式为O=C=O，COS的结构与CO2类似，则COS的结构式为O=C=S，C原子分别与O、S原子间共用2对电子对，COS的电子式为，
故答案为：；
(3)加热条件下，S与Cu反应生成Cu2S，反应的化学方程式为2Cu+S=△Cu2S，
故答案为：2Cu+S=△Cu2S；
(4)H2S与SO2的反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2是氧化剂、发生还原反应生成S，H2S是还原剂、发生氧化反应生成S，S既是氧化产物又是还原产物，其物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1。
(1)SO2具有强还原性，能与O2、H2O反应生成硫酸；
(2)CO2是直线形分子，结构式为O=C=O，COS的结构与CO2类似，其结构式为O=C=S，据此写出COS的电子式；
(3)加热条件下，S与Cu反应生成Cu2S；
(4)H2S与SO2的反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，其中SO2是氧化剂，H2S是还原剂，S既是氧化产物又是还原产物。
本题考查了硫及其化合物的性质、氧化还原反应等知识，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握物质的性质、发生的反应、氧化还原反应概念及计算即可解答，注意题给信息的应用，题目难度不大。
17.【答案】326  低温  ①  活化能大，反应速率小，主反应的速率由反应最慢的基元反应决定  主反应的△H0，升高温度，主反应逆向进行，副反正向进行，导致二氧化碳的转化率增大，当温度高于T+50℃，以副反应为主，二氧化碳转化率增大  0.1  提高催化剂的选择性、增大压强、及时分离出甲醇等 
【解析】解：(1)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=−46kJ⋅mol−1，得到ΔH1=2×803kJ/mol+3×436kJ/mol−(3×414kJ/mol+XkJ/mol+464kJ/mol+2×464kJ/mol)=−46kJ⋅mol−1，X=326，该反应的△H