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天津市和平区2023-2024学年高三下学期第二次质量调查化学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份天津市和平区2023-2024学年高三下学期第二次质量调查化学试卷（原卷版+解析版），文件包含天津市和平区2023-2024学年高三下学期第二次质量调查化学试卷原卷版docx、天津市和平区2023-2024学年高三下学期第二次质量调查化学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
2. 下列说法不正确的是
A. 与属于同系物B. 、和是不同的核素
C. 最简式为的有机物存在多种同分异构体D. 金刚石、石墨互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．与均为酯，属于同系物，A正确；
B．、和是不同的氢原子，为不同的核素，B正确；
C．最简式为的有机物为CH3CH3，不存在多种同分异构体，C错误；
D．金刚石、石墨均为碳元素的单质，互为同素异形体，D正确；
故选C。
3. 将和X气体分别通入溶液中，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．与均为酸性氧化物，且与不管是混合还是分开均不反应，故A错误；
B．与氯化钡不反应，但其具有碱性，为酸性氧化物，两者同时通入能使转化为，与结合生成亚硫酸钡沉淀，故B正确；
C．与氯化钡不反应，但其具有强氧化性，能将氧化成，与反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．与氯化钡不反应，与同时通入氯化钡溶液中时，因发生反应，故D正确；
故选A。
4. 下列各组物质的晶体类型相同的是
A. C(金刚石)和B. 和
C. Cu和D. 和
【答案】B
【解析】
【详解】A．C(金刚石)属于共价晶体，是分子晶体，晶体类型不同，故A不符合题意；
B．和均分子晶体，晶体类型相同，故B符合题意；
C．Cu是金属晶体，是离子晶体，晶体类型不同，故C不符合题意；
D．属于共价晶体，是离子晶体，晶体类型不同，故D不符合题意；
故选：B。
5. 从原子结构角度判断，下列说法不正确的是
A. 稳定性：B. 可以与反应生成
C. 第一电离能P>S>ND. 碳化硅(SiC)中C为-4价
【答案】C
【解析】
【详解】A．N、P、As为同一主族元素，从上往下元素的电负性(非金属性)依次减弱，故简单气体氢化物的稳定性：，A正确；
B．已知N的非金属性强于P，则其最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H3PO4，根据强酸制弱酸的规律可知，可以与反应生成，B正确；
C．元素的第一电离能变化规律为：同一周期从左往右呈增大趋势，IIAIIIAVAVIA之间反常，同一主族从上往下依次减小，故第一电离能大小关系为：N＞P＞S，C错误；
D．已知C的电负性比Si的大，碳化硅(SiC)中C显负价，故C为-4价，D正确；
故答案为：C。
6. 下列说法不正确的是
A. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质
B. 可燃冰()中甲烷与水分子间存在氢键
C. 冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
D. 晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
【答案】B
【解析】
【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，A正确；
B．甲烷与水分子之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；
C．同主族从上往下碱金属元素离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，C正确；
D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；
故选B。
7. 下列生产过程不涉及氧化还原反应的是
A. 高炉炼铁B. 工业制硫酸
C. 用、和饱和食盐水制备纯碱D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A．高炉炼铁中的一步重要反应为铁矿石被还原为铁，该反应是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．工业制硫酸中二氧化硫的生成及二氧化硫氧化生成三氧化硫的反应均为氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用、和饱和食盐水制备纯碱发生的反应为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知反应不是氧化还原反应，故C符合题意；
D．海水提溴中的一步重要反应为将Br-氧化为Br2，反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2，该反应是氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
8. 室温下，向•L-1盐酸中滴加0.1000ml•L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7。下列说法不正确的是
A NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D. V(NaOH)=30.00mL时，pH≈12.3
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，利于准确判断滴定终点，可减小实验误，B正确；
C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；
D．V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02ml•L-1，即溶液中c(OH-)=0.02ml•L-1，则c(H+)=5×10-13ml•L-1，pH=-lgc(H+)≈12.3，故D正确。
故选C。
9. 柱色谱法包含两个相，一个是固定相，一个是流动相。当两相相对运动时，反复多次地利用混合物中所含各组分分配平衡性质的差异，最后达到彼此分离的目的。茉莉醛（)是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是
已知:①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物②茉莉醛易被浓硫酸氧化。
A. 乙醇的主要作用是助溶剂
B. 操作X为过滤
C. 可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离” 替换为“真空减压蒸馏”
D. 可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物
【答案】A
【解析】
【分析】乙醇主要是作反应溶剂，增加苯甲醛的溶解度，搅拌加入苯甲醛、庚醛、KOH，经萃取分液分离出水相，得到有机层，有机相加入干燥剂进行干燥后，进行过滤，蒸馏除去未反应的苯甲醛和庚醛，经过柱色谱法分离后可得茉莉醛，据此分析。
【详解】A．据题意分析，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，故A正确；
B．由分析可知，操作X为萃取、分液，故B错误；
C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，故C错误；
D．据已知信息，茉莉醛易被浓硫酸氧化，不可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物，故D错误。
答案选A。
10. 一种新型短路膜电化学电池消除装置如下图所示。下列说法错误的是
A. 负极反应为：H2-2e-=2H+
B. 正极反应消耗标准状况下22.4L，理论上需要转移4ml电子
C. 短路膜和常见的离子交换膜一样，能传递离子，不能传递电子
D. 该装置可用于空气中的捕获，缓解温室效应
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，负极氢气发生氧化反应和碳酸氢根离子生成二氧化碳。
【详解】A．由分析可知，负极反应为：H2+2HCO-2e-=2H2O+2CO2，A错误；
B．标准状况下22.4LO2的物质的量为1ml，根据氧元素化合价变化结合电子守恒可知，O2∼4e-，则理论上需要转移4ml电子，B正确；
C．由图示可知，短路膜中存在电子运动，故和常见的离子交换膜不同，它能传递离子，不能传递电子，C正确；
D．由图示可知，该装置吸收含二氧化碳空气，释放出不含二氧化碳的空气，生成二氧化碳可以被收集利用，故可用于空气中CO2的捕获，缓解温室效应，D正确；
故选A。
11. 某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
下列说法不正确的是
A. I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B. 由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C. 增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+生成
D. [Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
12. 氢能是清洁的绿色能源。现有一种太阳能两步法甲烷、水蒸气催化重整制氢工艺，第I、II步反应原理及反应的lgKp-T关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H<0
B. NiFe2O4改变反应历程，降低了反应活化能，提升了反应物的平衡转化率
C. 1000℃时，反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)平衡常数Kp=4
D. 某温度下，向反应体系中通入等体积的CH4(g)和H2O(g)，达到平衡时CH4的转化率为60%、则此时混合气体中H2的体积分数为56.25%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，第一步反应的平衡常数随温度的升高而增大，属于吸热反应，第二步反应的平衡常数随温度的升高而降低，属于放热反应，且I升高的幅度大于II降低的幅度，则总反应为吸热反应，A错误；
B．甲烷、水蒸气催化重整的过程中，NiFe2O4(s)作为催化剂，NiO(s)和FeO(s)可视作中间产物，改变了反应的历程，降低了活化能，加快了反应速率，但是不改变平衡转化率，B错误；
C．1000°C时， 第I步反应、II步反应的lgKp分别为3、1，则Kp1=1000， Kp2=10 按定义Kp=Kp1× Kp2 =1000×10=104.，C错误；
D．设投入的CH4(g)和H2O(g)的量为1，平衡时CH4的转化率为60%，则平衡时，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、3H2的量分别为0.4、0.4、0.6、1.8，此时
氢气的体积分数 ×100% = 56.25%，D正确；
故选D。
二、解答题
13. 黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
问题：
（1）A→B的反应类型为___________。黄酮哌酯中含氧官能团的名称为___________。
（2）C的化学名称为___________，D的结构简式为___________。
（3）写出G的分子式___________，E和F可用___________(写出试剂)鉴别。
（4）已知磺酸为一元强酸，则由A→B→C的过程制得粗苯酚中还含有比较多的苯和苯磺酸，请简述如何通过化学方法提纯苯酚___________。
（5）已知苯甲酸酐的结构简式为，写出F→G的反应方程式___________。
（6）X是F的同分异构体，符合下列条件，X可能的结构简式为___________(任写一种)。
①含有酯基 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰
（7）已知：+CO2，设计以为原料合成的路线___________(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 取代反应或磺化反应 ②. 酯基、羰基、醚键
（2） ①. 苯酚 ②.
（3） ①. C17H12O4 ②. FeCl3溶液
（4）先向粗苯酚中加入足量的NaOH溶液，充分搅拌后分液得到苯，再向水层中通入足量CO2后分液即可得到苯酚
（5）：+++H2O
（6）或 （7）
【解析】
【分析】A()与浓硫酸发生取代反应生成B()，B水解后酸化生成()，C引入羧基生成D()，D取代生成E()，E取代生成F()，F与苯甲酸酐发生取代、加成、消去反应生成G()，G发生取代生成，据此进行解答。
【小问1详解】
A()与浓硫酸发生应生成B()，反应类型为取代反应或磺化反应；根据黄酮哌酯的结构简式，其含氧官能团的名称为酯基、羰基、醚键；
【小问2详解】
C()为苯酚，由分析可知，D的结构简式为：；
【小问3详解】
G结构简式为，分子式为：C17H12O4；E为，F为，F分子中含有酚羟基，则可用FeCl3溶液鉴别；
【小问4详解】
磺酸为一元强酸，粗苯酚中含有比较多的苯和苯磺酸，提纯的方法是：先向粗苯酚中加入足量的NaOH溶液，充分搅拌后分液得到苯，再向水层中通入足量CO2后分液即可得到苯酚；
【小问5详解】
F与苯甲酸酐发生取代、加成、消去反应生成G()，化学方程式为：+++H2O；
【小问6详解】
F为，X是F的同分异构体，符合下列条件：“①含有酯基，②含有苯环，③核磁共振氢谱有两组峰”，则X分子结构对称，且含有2个-OOCCH3或-COOCH3，则可能的结构简式为或；
【小问7详解】
以为原料合成，与题给流程进行对照，确定可利用题给流程中从A→F的各个步骤，同时注意防止酚羟基被氧化，从而得出合成路线为：。
14. 二氯化一氯五氨合钴()可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知：不溶于水和乙醇；是粉红色不溶于水的固体；是棕褐色不溶于水的固体。
Ⅰ制备
某实验小组利用以下装置和流程制备。
（1）步骤ⅰ，在仪器a中依次加入、和20mL浓氨水，并不断搅拌，充分反应，仪器a的名称是______。
（2）步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为_________。
（3）步骤ⅲ，待溶液中停止产生气泡后，缓慢加入浓盐酸，在水浴中加热，所得混合物冷却至室温，抽滤、洗涤、烘干得到产品。
请设计洗涤方案：________。(实验中必须使用的试剂：溶液、无水乙醇、冰水)
Ⅱ产品测定
（4）取产品加入强碱溶液，加热煮沸，将蒸出的氨气用的盐酸完全吸收。滴加2~3滴甲基橙，再用NaOH溶液滴定，达到终点时共消耗NaOH溶液。产品中N的质量分数为____________(结果保留一位小数)。
Ⅲ实验探究
（5）实验小组在制备过程中发现溶液中直接加入，不被氧化．据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响，提出以下猜想并设计实验验证。
猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性。
猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性。
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
①a是_____________，b是____________。
②步骤ⅰ中氯化铵的作用是________________。
【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）或
（3）先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次
（4）18.7% （5） ①. 0.5mL氯化铵溶液 ②. 0.5mL浓氨水 ③. 控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供
【解析】
【小问1详解】
仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶。
【小问2详解】
步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为或。
【小问3详解】
根据已知：不溶于水和乙醇，洗涤操作为：先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次。
【小问4详解】
根据NH3+HCl=NH4Cl、HCl+NaOH=NaCl+H2O，产品中N的质量分数为≈18.7%；
【小问5详解】
①根据对比实验的控制原则，实验2、3分别比较氯化铵溶液和浓氨水对实验的影响，则a是0.5mL氯化铵溶液，b是0.5mL浓氨水。
②根据铵根离子可以抑制一水合氨的电离以及反应过程中需要氯离子参加反应，则步骤ⅰ中氯化铵的作用是控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供。
15. 铬铁矿的主要成分为FeO-Cr2O, 制备K2Cr2O7流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态Cr原子价电子轨道分布图为__________,铬位于元素周期表中__________区。
（2）配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中提供电子对形成配位键的原子是__________，中心离子的配位数为_________。
（3）铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，若六棱柱的底面边长为lnm，高为hnm，NA代表同伏加德罗常数的值，则该晶体的密度p=__________g/cm3。
（4）步骤①中 NaNO3反应后生成NaNO2，产物中 Cr元素以CrO形式存在。则该步主要反应的方程为__________,该步骤不能使用陶瓷容器，原因是__________。
（5）步骤④调滤液2的pH使之变__________(填“大”或“小”)。原因是__________(用离子方程式表示）。
（6）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，分离得到K2Cr2O7固体的方法是__________,冷却到__________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃
（7）已知Ksp(Ag2CrO4 )=1.0×10-12、Ksp(AgCl)=2.0×10-10, 若用10LNaCl溶液溶解0.1ml的Ag2CrO4固体，则NaCl溶液的最初浓度不得低于__________ml/L。
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. N、O ②. 6
（3）
（4） ①. ②. 陶瓷在高温下会与碳酸钠反应
（5） ①. 小 ②.
（6） ①. 重结晶 ②. d
（7）0.02002
【解析】
【分析】铬铁矿中FeO-Cr2O和碳酸钠、硝酸钠在高温下发生熔融氧化反应，反应的化学方程式为，得到熔块，熔块加水进行水浸，过量得到滤渣1，滤渣1为，滤液中含有等钠盐，调pH=7后过滤，得到滤液2，滤液2中主要含，在加入酸，调pH，发生，生成，过滤得到滤液3，滤液3中含有，再加入进行重结晶即可得到，据此回答。
【小问1详解】
由于基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，轨道分布图为；铬位于元素周期表中d区；
【小问2详解】
配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中，中心原子为Cr，配体为NH3和H2O，由中心原子提供空轨道，配体中的N和O提供电子对形成配位键，中心离子的配位数为4+2=6；
【小问3详解】
由图知，晶胞中，Cr有4个，O有，该晶胞的体积为，故晶体的密度
【小问4详解】
由分析知，步骤①中主要反应的方程为；由于陶瓷在高温下会与碳酸钠反应，该步骤不能使用陶瓷容器；
【小问5详解】
由分析知，步骤④调滤液2pH使酸性变强，pH变小，将铬酸根转化为重铬酸根，离子方程式为；
【小问6详解】
由图知，分离得到K2Cr2O7固体的方法是重结晶，冷却到10℃得到的K2Cr2O7固体产品最多；
【小问7详解】
1ml的Ag2CrO4固体溶于10LNaCl溶液中得，，消耗的，则，，则消耗的，由得溶液中还含有的，故氯化钠溶液的初始浓度为。
16. 工业废气中H₂S的回收利用有重要意义。
I．利用H2S 制CS2。
（1）热解H2S和CH4的混合气体制H2和CS2。
①2H2S(g) =2H2(g)+S2(g) ΔH1=+170kJml-1
②CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2=+64kJml-1
总反应：2H2S(g)+CH4(g) =CS2 (g)+4H2(g)，ΔH=___________。
（2）CH4的电子式为___________ ，CS2分子的立体构型为___________。
（3）工业上还可以利用硫(S8) 与CH4为原料制备 CS2，S8受热分解成气态 S2， 发生反应 2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+2H2S(g)， 某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与 CH4物质的量比为2：1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________ (填序号)。
a．气体密度 b． 气体总压 c．CH4 与S2体积比 d．CS2的体积分数
③一定条件下，CH4与 S2反应中 CH2的平衡转化率、S8分解产生 S2的体积分数随温度的变化由线如下图所示，据图分析，生成 CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
Ⅱ.回收单质硫和回收H2S。
（4）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧。产生的SO2与其余H2S混合反应：2H2S(g)+SO2(g)S8(s)+2H2O(g)。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5ml/L，c(SO2)=5.0×10-5ml/L，c(H2O)=4.0×10-3ml/L，计算该温度下的平衡常数K=_________；
（5）回收H2S。用一定浓度Na2S溶液吸一定量的H2S，当溶液中c(H2S)=c(S2-)时，溶液pH=_________(用含m、n的式子)。(已知H2S的两步电离常数Ka1=m，Ka2=n)
【答案】（1）+234kJ/ml
（2） ①. ②. 直线型
（3） ①. 30% ②. d ③. 放热 ④. 600℃时甲烷的平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2的浓度明显偏小，且反应速率慢
（4）8×188L/ml
（5）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律，总反应=①+②，故ΔH=ΔH1+ΔH2=+170kJml-1+64kJml-1=+234kJ/ml；
【小问2详解】
CH4的电子式为；CS2分子中中心原子的杂化类型为sp杂化，立体构型为直线型；
【小问3详解】
①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，由三段式得，当CS2的体积分数为10%时，即，，CH4的转化率为；②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，a错误；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，b错误；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，c错误；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，d正确；③由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是；600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；
【小问4详解】
根据方程式可知，该温度下的平衡常数；
【小问5详解】
由，，则，。
A．4.03米大口径碳化硅反射镜
B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D．“玉兔二号”钛合金筛网轮
实验
试剂a
现象与结果
I
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5ml/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5ml/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
实验编号
实验操作
试剂
现象
1
0.5mL水
无明显变化
2
a
无明显变化
3
b
溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀
一、单选题
1. 下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为无机物），金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。
【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合题意；
B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；
C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是主族元素，故C不符合题意；
D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机非金属材料，故D不符合题意；
综上所述，本题应选A。
【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。
2. 下列说法不正确的是
A. 与属于同系物B. 、和是不同的核素
C. 最简式为的有机物存在多种同分异构体D. 金刚石、石墨互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．与均为酯，属于同系物，A正确；
B．、和是不同的氢原子，为不同的核素，B正确；
C．最简式为的有机物为CH3CH3，不存在多种同分异构体，C错误；
D．金刚石、石墨均为碳元素的单质，互为同素异形体，D正确；
故选C。
3. 将和X气体分别通入溶液中，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．与均为酸性氧化物，且与不管是混合还是分开均不反应，故A错误；
B．与氯化钡不反应，但其具有碱性，为酸性氧化物，两者同时通入能使转化为，与结合生成亚硫酸钡沉淀，故B正确；
C．与氯化钡不反应，但其具有强氧化性，能将氧化成，与反应生成硫酸钡沉淀，故C正确；
D．与氯化钡不反应，与同时通入氯化钡溶液中时，因发生反应，故D正确；
故选A。
4. 下列各组物质的晶体类型相同的是
A. C(金刚石)和B. 和
C. Cu和D. 和
【答案】B
【解析】
【详解】A．C(金刚石)属于共价晶体，是分子晶体，晶体类型不同，故A不符合题意；
B．和均分子晶体，晶体类型相同，故B符合题意；
C．Cu是金属晶体，是离子晶体，晶体类型不同，故C不符合题意；
D．属于共价晶体，是离子晶体，晶体类型不同，故D不符合题意；
故选：B。
5. 从原子结构角度判断，下列说法不正确的是
A. 稳定性：B. 可以与反应生成
C. 第一电离能P>S>ND. 碳化硅(SiC)中C为-4价
【答案】C
【解析】
【详解】A．N、P、As为同一主族元素，从上往下元素的电负性(非金属性)依次减弱，故简单气体氢化物的稳定性：，A正确；
B．已知N的非金属性强于P，则其最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H3PO4，根据强酸制弱酸的规律可知，可以与反应生成，B正确；
C．元素的第一电离能变化规律为：同一周期从左往右呈增大趋势，IIAIIIAVAVIA之间反常，同一主族从上往下依次减小，故第一电离能大小关系为：N＞P＞S，C错误；
D．已知C的电负性比Si的大，碳化硅(SiC)中C显负价，故C为-4价，D正确；
故答案为：C。
6. 下列说法不正确的是
A. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于单个分子的性质
B. 可燃冰()中甲烷与水分子间存在氢键
C. 冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”
D. 晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象
【答案】B
【解析】
【详解】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形成具有特定结构和功能的聚集体，A正确；
B．甲烷与水分子之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；
C．同主族从上往下碱金属元素离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，C正确；
D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；
故选B。
7. 下列生产过程不涉及氧化还原反应的是
A. 高炉炼铁B. 工业制硫酸
C. 用、和饱和食盐水制备纯碱D. 海水提溴
【答案】C
【解析】
【详解】A．高炉炼铁中的一步重要反应为铁矿石被还原为铁，该反应是氧化还原反应，故A不符合题意；
B．工业制硫酸中二氧化硫的生成及二氧化硫氧化生成三氧化硫的反应均为氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用、和饱和食盐水制备纯碱发生的反应为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，可知反应不是氧化还原反应，故C符合题意；
D．海水提溴中的一步重要反应为将Br-氧化为Br2，反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2，该反应是氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选C。
8. 室温下，向•L-1盐酸中滴加0.1000ml•L-1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7。下列说法不正确的是
A NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B. 选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C. 选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D. V(NaOH)=30.00mL时，pH≈12.3
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，利于准确判断滴定终点，可减小实验误，B正确；
C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；
D．V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02ml•L-1，即溶液中c(OH-)=0.02ml•L-1，则c(H+)=5×10-13ml•L-1，pH=-lgc(H+)≈12.3，故D正确。
故选C。
9. 柱色谱法包含两个相，一个是固定相，一个是流动相。当两相相对运动时，反复多次地利用混合物中所含各组分分配平衡性质的差异，最后达到彼此分离的目的。茉莉醛（)是一种合成香料、制备苯莉醛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是
已知:①庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物②茉莉醛易被浓硫酸氧化。
A. 乙醇的主要作用是助溶剂
B. 操作X为过滤
C. 可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离” 替换为“真空减压蒸馏”
D. 可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物
【答案】A
【解析】
【分析】乙醇主要是作反应溶剂，增加苯甲醛的溶解度，搅拌加入苯甲醛、庚醛、KOH，经萃取分液分离出水相，得到有机层，有机相加入干燥剂进行干燥后，进行过滤，蒸馏除去未反应的苯甲醛和庚醛，经过柱色谱法分离后可得茉莉醛，据此分析。
【详解】A．据题意分析，乙醇不参与反应，乙醇的主要作用是助溶剂，故A正确；
B．由分析可知，操作X为萃取、分液，故B错误；
C．据已知信息，庚醛易自身缩合生成与茉莉醛沸点接近的产物，直接蒸馏难以将二者分离，不可将最后两步“蒸馏”和“柱色谱法分离”替换为“真空减压蒸馏”，故C错误；
D．据已知信息，茉莉醛易被浓硫酸氧化，不可采用与浓硫酸共热的方法来除去产品中少量的庚醛自缩物，故D错误。
答案选A。
10. 一种新型短路膜电化学电池消除装置如下图所示。下列说法错误的是
A. 负极反应为：H2-2e-=2H+
B. 正极反应消耗标准状况下22.4L，理论上需要转移4ml电子
C. 短路膜和常见的离子交换膜一样，能传递离子，不能传递电子
D. 该装置可用于空气中的捕获，缓解温室效应
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，正极氧气发生还原反应和二氧化碳生成碳酸根离子，负极氢气发生氧化反应和碳酸氢根离子生成二氧化碳。
【详解】A．由分析可知，负极反应为：H2+2HCO-2e-=2H2O+2CO2，A错误；
B．标准状况下22.4LO2的物质的量为1ml，根据氧元素化合价变化结合电子守恒可知，O2∼4e-，则理论上需要转移4ml电子，B正确；
C．由图示可知，短路膜中存在电子运动，故和常见的离子交换膜不同，它能传递离子，不能传递电子，C正确；
D．由图示可知，该装置吸收含二氧化碳空气，释放出不含二氧化碳的空气，生成二氧化碳可以被收集利用，故可用于空气中CO2的捕获，缓解温室效应，D正确；
故选A。
11. 某小组探究Cu与H2O2在不同条件下的反应，实验结果如表：
下列说法不正确的是
A. I中生成Cu(OH)2的反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2
B. 由实验可知，增大c(OH-)，H2O2的氧化性增强
C. 增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+生成
D. [Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．I中生成Cu(OH)2，说明铜被过氧化氢氧化为氢氧化铜，反应是Cu+H2O2=Cu(OH)2，故A正确；
B．酸性条件下，H2O2的氧化性增强，故B错误；
C．II、III比较，III中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4+)有利于[Cu(NH3)4]2+的生成，故C正确；
D．I、II比较，II溶液变为深蓝色，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]2+可能是H2O2分解的催化剂，故D正确；
选B。
12. 氢能是清洁的绿色能源。现有一种太阳能两步法甲烷、水蒸气催化重整制氢工艺，第I、II步反应原理及反应的lgKp-T关系如图所示。下列有关说法正确的是
A. CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) △H<0
B. NiFe2O4改变反应历程，降低了反应活化能，提升了反应物的平衡转化率
C. 1000℃时，反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)平衡常数Kp=4
D. 某温度下，向反应体系中通入等体积的CH4(g)和H2O(g)，达到平衡时CH4的转化率为60%、则此时混合气体中H2的体积分数为56.25%
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，第一步反应的平衡常数随温度的升高而增大，属于吸热反应，第二步反应的平衡常数随温度的升高而降低，属于放热反应，且I升高的幅度大于II降低的幅度，则总反应为吸热反应，A错误；
B．甲烷、水蒸气催化重整的过程中，NiFe2O4(s)作为催化剂，NiO(s)和FeO(s)可视作中间产物，改变了反应的历程，降低了活化能，加快了反应速率，但是不改变平衡转化率，B错误；
C．1000°C时， 第I步反应、II步反应的lgKp分别为3、1，则Kp1=1000， Kp2=10 按定义Kp=Kp1× Kp2 =1000×10=104.，C错误；
D．设投入的CH4(g)和H2O(g)的量为1，平衡时CH4的转化率为60%，则平衡时，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、3H2的量分别为0.4、0.4、0.6、1.8，此时
氢气的体积分数 ×100% = 56.25%，D正确；
故选D。
二、解答题
13. 黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如图路线合成：
问题：
（1）A→B的反应类型为___________。黄酮哌酯中含氧官能团的名称为___________。
（2）C的化学名称为___________，D的结构简式为___________。
（3）写出G的分子式___________，E和F可用___________(写出试剂)鉴别。
（4）已知磺酸为一元强酸，则由A→B→C的过程制得粗苯酚中还含有比较多的苯和苯磺酸，请简述如何通过化学方法提纯苯酚___________。
（5）已知苯甲酸酐的结构简式为，写出F→G的反应方程式___________。
（6）X是F的同分异构体，符合下列条件，X可能的结构简式为___________(任写一种)。
①含有酯基 ②含有苯环 ③核磁共振氢谱有两组峰
（7）已知：+CO2，设计以为原料合成的路线___________(其他试剂任选)。
【答案】（1） ①. 取代反应或磺化反应 ②. 酯基、羰基、醚键
（2） ①. 苯酚 ②.
（3） ①. C17H12O4 ②. FeCl3溶液
（4）先向粗苯酚中加入足量的NaOH溶液，充分搅拌后分液得到苯，再向水层中通入足量CO2后分液即可得到苯酚
（5）：+++H2O
（6）或 （7）
【解析】
【分析】A()与浓硫酸发生取代反应生成B()，B水解后酸化生成()，C引入羧基生成D()，D取代生成E()，E取代生成F()，F与苯甲酸酐发生取代、加成、消去反应生成G()，G发生取代生成，据此进行解答。
【小问1详解】
A()与浓硫酸发生应生成B()，反应类型为取代反应或磺化反应；根据黄酮哌酯的结构简式，其含氧官能团的名称为酯基、羰基、醚键；
【小问2详解】
C()为苯酚，由分析可知，D的结构简式为：；
【小问3详解】
G结构简式为，分子式为：C17H12O4；E为，F为，F分子中含有酚羟基，则可用FeCl3溶液鉴别；
【小问4详解】
磺酸为一元强酸，粗苯酚中含有比较多的苯和苯磺酸，提纯的方法是：先向粗苯酚中加入足量的NaOH溶液，充分搅拌后分液得到苯，再向水层中通入足量CO2后分液即可得到苯酚；
【小问5详解】
F与苯甲酸酐发生取代、加成、消去反应生成G()，化学方程式为：+++H2O；
【小问6详解】
F为，X是F的同分异构体，符合下列条件：“①含有酯基，②含有苯环，③核磁共振氢谱有两组峰”，则X分子结构对称，且含有2个-OOCCH3或-COOCH3，则可能的结构简式为或；
【小问7详解】
以为原料合成，与题给流程进行对照，确定可利用题给流程中从A→F的各个步骤，同时注意防止酚羟基被氧化，从而得出合成路线为：。
14. 二氯化一氯五氨合钴()可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知：不溶于水和乙醇；是粉红色不溶于水的固体；是棕褐色不溶于水的固体。
Ⅰ制备
某实验小组利用以下装置和流程制备。
（1）步骤ⅰ，在仪器a中依次加入、和20mL浓氨水，并不断搅拌，充分反应，仪器a的名称是______。
（2）步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为_________。
（3）步骤ⅲ，待溶液中停止产生气泡后，缓慢加入浓盐酸，在水浴中加热，所得混合物冷却至室温，抽滤、洗涤、烘干得到产品。
请设计洗涤方案：________。(实验中必须使用的试剂：溶液、无水乙醇、冰水)
Ⅱ产品测定
（4）取产品加入强碱溶液，加热煮沸，将蒸出的氨气用的盐酸完全吸收。滴加2~3滴甲基橙，再用NaOH溶液滴定，达到终点时共消耗NaOH溶液。产品中N的质量分数为____________(结果保留一位小数)。
Ⅲ实验探究
（5）实验小组在制备过程中发现溶液中直接加入，不被氧化．据此认为加入浓氨水和氯化铵对的氧化产生了影响，提出以下猜想并设计实验验证。
猜想1：加入氯化铵溶液，增强了的氧化性。
猜想2：加入浓氨水形成配合物，增强了离子的还原性。
实验结论：猜想1不合理，猜想2合理。
①a是_____________，b是____________。
②步骤ⅰ中氯化铵的作用是________________。
【答案】（1）三颈烧瓶或三口烧瓶
（2）或
（3）先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次
（4）18.7% （5） ①. 0.5mL氯化铵溶液 ②. 0.5mL浓氨水 ③. 控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供
【解析】
【小问1详解】
仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶。
【小问2详解】
步骤ⅱ，滴入，发生反应的离子方程式为或。
【小问3详解】
根据已知：不溶于水和乙醇，洗涤操作为：先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次。
【小问4详解】
根据NH3+HCl=NH4Cl、HCl+NaOH=NaCl+H2O，产品中N的质量分数为≈18.7%；
【小问5详解】
①根据对比实验的控制原则，实验2、3分别比较氯化铵溶液和浓氨水对实验的影响，则a是0.5mL氯化铵溶液，b是0.5mL浓氨水。
②根据铵根离子可以抑制一水合氨的电离以及反应过程中需要氯离子参加反应，则步骤ⅰ中氯化铵的作用是控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供。
15. 铬铁矿的主要成分为FeO-Cr2O, 制备K2Cr2O7流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态Cr原子价电子轨道分布图为__________,铬位于元素周期表中__________区。
（2）配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中提供电子对形成配位键的原子是__________，中心离子的配位数为_________。
（3）铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，若六棱柱的底面边长为lnm，高为hnm，NA代表同伏加德罗常数的值，则该晶体的密度p=__________g/cm3。
（4）步骤①中 NaNO3反应后生成NaNO2，产物中 Cr元素以CrO形式存在。则该步主要反应的方程为__________,该步骤不能使用陶瓷容器，原因是__________。
（5）步骤④调滤液2的pH使之变__________(填“大”或“小”)。原因是__________(用离子方程式表示）。
（6）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，分离得到K2Cr2O7固体的方法是__________,冷却到__________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃
（7）已知Ksp(Ag2CrO4 )=1.0×10-12、Ksp(AgCl)=2.0×10-10, 若用10LNaCl溶液溶解0.1ml的Ag2CrO4固体，则NaCl溶液的最初浓度不得低于__________ml/L。
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. N、O ②. 6
（3）
（4） ①. ②. 陶瓷在高温下会与碳酸钠反应
（5） ①. 小 ②.
（6） ①. 重结晶 ②. d
（7）0.02002
【解析】
【分析】铬铁矿中FeO-Cr2O和碳酸钠、硝酸钠在高温下发生熔融氧化反应，反应的化学方程式为，得到熔块，熔块加水进行水浸，过量得到滤渣1，滤渣1为，滤液中含有等钠盐，调pH=7后过滤，得到滤液2，滤液2中主要含，在加入酸，调pH，发生，生成，过滤得到滤液3，滤液3中含有，再加入进行重结晶即可得到，据此回答。
【小问1详解】
由于基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，轨道分布图为；铬位于元素周期表中d区；
【小问2详解】
配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中，中心原子为Cr，配体为NH3和H2O，由中心原子提供空轨道，配体中的N和O提供电子对形成配位键，中心离子的配位数为4+2=6；
【小问3详解】
由图知，晶胞中，Cr有4个，O有，该晶胞的体积为，故晶体的密度
【小问4详解】
由分析知，步骤①中主要反应的方程为；由于陶瓷在高温下会与碳酸钠反应，该步骤不能使用陶瓷容器；
【小问5详解】
由分析知，步骤④调滤液2pH使酸性变强，pH变小，将铬酸根转化为重铬酸根，离子方程式为；
【小问6详解】
由图知，分离得到K2Cr2O7固体的方法是重结晶，冷却到10℃得到的K2Cr2O7固体产品最多；
【小问7详解】
1ml的Ag2CrO4固体溶于10LNaCl溶液中得，，消耗的，则，，则消耗的，由得溶液中还含有的，故氯化钠溶液的初始浓度为。
16. 工业废气中H₂S的回收利用有重要意义。
I．利用H2S 制CS2。
（1）热解H2S和CH4的混合气体制H2和CS2。
①2H2S(g) =2H2(g)+S2(g) ΔH1=+170kJml-1
②CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2=+64kJml-1
总反应：2H2S(g)+CH4(g) =CS2 (g)+4H2(g)，ΔH=___________。
（2）CH4的电子式为___________ ，CS2分子的立体构型为___________。
（3）工业上还可以利用硫(S8) 与CH4为原料制备 CS2，S8受热分解成气态 S2， 发生反应 2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+2H2S(g)， 某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与 CH4物质的量比为2：1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________ (填序号)。
a．气体密度 b． 气体总压 c．CH4 与S2体积比 d．CS2的体积分数
③一定条件下，CH4与 S2反应中 CH2的平衡转化率、S8分解产生 S2的体积分数随温度的变化由线如下图所示，据图分析，生成 CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
Ⅱ.回收单质硫和回收H2S。
（4）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧。产生的SO2与其余H2S混合反应：2H2S(g)+SO2(g)S8(s)+2H2O(g)。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5ml/L，c(SO2)=5.0×10-5ml/L，c(H2O)=4.0×10-3ml/L，计算该温度下的平衡常数K=_________；
（5）回收H2S。用一定浓度Na2S溶液吸一定量的H2S，当溶液中c(H2S)=c(S2-)时，溶液pH=_________(用含m、n的式子)。(已知H2S的两步电离常数Ka1=m，Ka2=n)
【答案】（1）+234kJ/ml
（2） ①. ②. 直线型
（3） ①. 30% ②. d ③. 放热 ④. 600℃时甲烷的平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2的浓度明显偏小，且反应速率慢
（4）8×188L/ml
（5）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律，总反应=①+②，故ΔH=ΔH1+ΔH2=+170kJml-1+64kJml-1=+234kJ/ml；
【小问2详解】
CH4的电子式为；CS2分子中中心原子的杂化类型为sp杂化，立体构型为直线型；
【小问3详解】
①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，由三段式得，当CS2的体积分数为10%时，即，，CH4的转化率为；②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，a错误；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，b错误；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，c错误；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，d正确；③由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是；600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；
【小问4详解】
根据方程式可知，该温度下的平衡常数；
【小问5详解】
由，，则，。
A．4.03米大口径碳化硅反射镜
B．2022年冬奥会聚氨酯速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线
D．“玉兔二号”钛合金筛网轮
实验
试剂a
现象与结果
I
10h后，液体变为浅蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
II
8mL5ml/L氨水
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜表面附着蓝色固体，成分是Cu(OH)2
III
8mL5ml/L氨水和1gNH4Cl固体
立即产生大量气泡，溶液变为深蓝色，将铜片取出、干燥，铜片依然保持光亮
实验编号
实验操作
试剂
现象
1
0.5mL水
无明显变化
2
a
无明显变化
3
b
溶液变为深红色，且出现棕褐色沉淀
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