四川省2024年高考化學模擬試題（含答案）2

四川省2024年高考化學模擬試題閱卷人一、選擇題，共126分得分1．2024年成都金沙太陽節(jié)在2月8日“龍”重登場，給游客留下了深刻的印象。下列有關敘述正確的是（）A．金沙遺址出土了大量精美的黃金面具，黃金面具的制作利用了金的延展性B．金沙遺址出土了大量象牙，象牙的化學成分主要是羥基磷灰石，屬于有機物C．考古工作者常用12C確定文物年代D．古蜀人使用玉器進行祭祀活動，玉器的主要成分是硅2．設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．體積為1L，濃度均為1mol·L-1的KCl和KClO兩種溶液中Cl-的數(shù)目之比為1：1B．標準狀況下，22g的CO2中含有的共用電子對數(shù)目為2NAC．密閉容器中，1molH2(g)和1molI2(g)充分反應后，轉移電子數(shù)為2NAD．1LpH=2的草酸溶液中，H+的數(shù)目為0.02NA3．布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛、解熱作用?？诜撍帉ξ浮⒛c道有刺激性，可以對該分子進行如圖所示的修飾，以降低毒副作用。下列說法錯誤的是（）A．該修飾過程為取代反應B．水溶性：X小于布洛芬C．布洛芬和X的苯環(huán)上的一氯代物都有2種D．布洛芬分子中所有碳原子可能在同一個平面4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述不正確的是（）A．X2YW3可用于制備木材防火劑B．離子半徑關系：r(Z)>r(W)>r(X)C．W的簡單氫化物穩(wěn)定性比Y的簡單氫化物穩(wěn)定性高D．化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結構5．下列裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．甲：除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液B．乙：利用犧牲陽極的陰極保護法來保護鋼鐵輸水管C．丙：測定KI溶液的濃度D．?。嚎赏ㄟ^關閉a，打開b，觀察水是否能順利滴下來判斷裝置的氣密性6．一種可充電鋰硫電池裝置示意圖如圖。電池放電時，S8與Li+在硫碳復合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)。已知Li+、S2-和S22?能通過離子篩，S42?、S62?A．S42?、S62?和SB．S8中加入碳得到硫碳復合電極有利于提高電極的導電性C．充電時，當有0.1molLi2S轉化成S8時，鋰電極質量增加0.7gD．放電時，硫碳復合電極中S8轉化為Li2S2的電極反應式為S7．常溫下，向A(NO3)2、B(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM與pH的關系如圖所示。已知pM=-1gc(M)，c(M代表c(A2+)、c(B2+)或c(R-)c(HR)；Ksp[A(OH)2]>Ksp[B(OH)下列敘述正確的是（）A．X、Z分別代表-1gc(A2+)、-1gc(RB．A(OH)2C．當溶液的pH=7時，溶液中存在2c(D．圖中a點對應溶液的pH為6.5，此時溶液中c(R-)<c(HR)閱卷人二、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。得分8．一水硫酸四氨合銅[Cu(NH3)4SO4·H2O]是一種易溶于水，難溶于乙醇的絳藍色晶體，可作高效安全的廣譜殺菌劑。成外某興趣小組查閱資料后設計實驗方案制備出該晶體并對制備出的晶體進行成分檢驗和性質探究。I．制備少量Cu(NH3)4SO4·H2O晶體：（1）步驟I中，下列儀器一定需要的有(填儀器名稱)。（2）對比銅和濃硫酸加熱制備硫酸銅，該方案的優(yōu)點是。（3）步驟Ⅲ的離子方程式為。（4）有同學查閱資料得知：(NH4)2SO4也難溶于乙醇。故對于制備出的晶體的成分，該同學提出如下假設：假設一：只有(NH4)2SO4假設二：只有Cu(NH3)4SO4·H2O假設三：(NH4)2SO4和Cu(NH3)4SO4·H2O兩種成分都有已知產物晶體為藍色，則無需實驗即可排除。(填“假設一”、“假設二”、“假設三”)（5）Ⅱ．對制備出的晶體的成分進行檢驗和性質探究檢驗該晶體中陰離子的方法：。（6）用所得晶體加水得到深藍色溶液。取三份1L試樣，分別加入一定量的水、稀硫酸、熱的濃氫氧化鈉溶液，實驗現(xiàn)象記錄如下：加入試劑水稀硫酸熱的氫氧化鈉溶液現(xiàn)象深藍色稍變淺溶液顏色變成淺藍色且與同濃度硫酸銅顏色相當溶液最終變?yōu)闊o色結合化學用語，解釋加入稀硫酸后出現(xiàn)的現(xiàn)象的原因。請補充完整加入熱的濃氫氧化鈉溶液后的現(xiàn)象：。（7）晶體中N含量的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸氣，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mLc1mol/L的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用c2mol/LNaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mL溶液。通入水蒸氣的目的是，樣品中N的質量分數(shù)的表達式為，最終通過N的質量分數(shù)確定了樣品的成分。9．CoCO3可用作選礦劑、催化劑及涂料的顏料。以含鈷廢渣(主要成分為CoO、Co2O3，還含有Al2O3、ZnO等雜質)為原料制備CoCO3的一種工藝流程如下：已知：堿性條件下，Co2+會轉變?yōu)镃o(OH)2沉淀。（1）“酸浸”時需控制溫度在40℃左右，原因是。（2）“除鋁”時發(fā)生反應的離子方程式為。（3）上述“萃取”過程可表示為ZnSO①下列說法不正確的是。A．可將廢渣粉碎以提高酸浸效率B．“除鋁”時，應加入過量的Na2CO3溶液C．可選擇CCl4作為萃取劑D．往萃取后的有機層中加水可獲得ZnSO4溶液②若萃取操作是在實驗室完成，請選擇合適的編號，按正確的操作順序(有的操作可重復使用)，完成萃取實驗(假設只放氣一次)。倒入溶液和萃取劑→→→→→f→→→使下層液體慢慢流出→c→上層液體從上口倒出a．打開分液漏斗上口玻璃塞；b．塞上分液漏斗上口玻璃塞；c．關閉分液漏斗旋塞；d打開分液漏斗旋塞；e．倒轉分液漏斗振搖；f．將分液漏斗放在鐵圈上靜置；g．手持分液漏斗靜置。（4）“沉鈷”時，溶液滴加過快會導致產品不純，請解釋可能原因。（5）該工藝的副產物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，該過程中涉及到的化學反應有。（6）在空氣中煅燒CoCO3生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為0.672L(標準狀況)，則該鈷氧化物的化學式為。10．煤的氣化和天然氣凈化過程中會產生H2S，將其吸收與轉化是環(huán)境保護和資源利用的有效措施?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，生成的含硫物質主要是(填化學式。H2S的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15；H（2）電解氧化法處理H2S原理是：在氧化反應器中，利用Fe3+氧化H2S；在電解反應器中實現(xiàn)Fe3+的再生，并副產氫氣，總反應為H2S(g)Fe3+__S(s)+H2(g)物質H2S(g)S(s)H2(g)燃燒熱ΔH/(kJ?mol-1)-562.0-296.8-285.8（3）工業(yè)上采用高溫熱分解H2S的方法制取H2，在膜反應器中分離出H2.在恒容密閉容器中，以H2S的起始濃度均為0.009mol/L控制不同溫度進行H2S分解：2H2S(g)→2H2(g)+S①該反應為(填“吸熱”或“放熱”)反應，985℃時該反應在tmin時達到平衡，則從開始到平衡的平均反應速率為。②隨著H2S分解溫度的升高，曲線b逐漸向曲線a靠近，其原因是。③若在一容積可變容器中充入1molH2S進行上述反應，平衡轉化率為20%，維持溫度和壓強不變，欲將H2S的平衡轉化率提升至50%，需向反應器中充入molAr作為稀釋氣。（4）工業(yè)上采用C6H5Cl和H2S的高溫氣相反應制備有機合成中間體苯硫酚(C6H5SH)，同時有副產物C6H6生成：I．C6HⅡ．C使氯苯和硫化氫按一定的比例進入反應器，定時測定由反應器尾端出來的混合氣中各產物的量，得到單程收率(原料一次性通過反應器反應后得到的產品與原料總投入量的百分比)與溫度的關系如圖所示?；罨茌^大的是反應(填“I”或“Ⅱ”)。根據(jù)圖中曲線判斷，下列說法正確的是(填標號)。A.500℃~540℃反應1已經達到平衡B.590℃以上，隨溫度升高，反應1平衡逆向移動C.590℃以上，隨溫度升高，反應I消耗H2S減少D.645℃，反應I、Ⅱ速率相等11．鈷(Co)和銅(Cu)是生命體必需的微量元素，且在材料、醫(yī)藥等領域具有廣泛應用。回答下列問題：（1）Cu-Ni-Co-Si合金具有較高的導電、導熱性和良好的加工、耐蝕性，是很有發(fā)展?jié)摿Φ牟牧?。①基態(tài)Cu原子的最外層電子軌道表示式為。②電解熔融的CoCl2或CoO都能制備金屬鈷。CoCl2的熔點(735℃)低于CoO的熔點(1935℃)的原因是。（2）含金屬鈷和一氧化碳配體的羧基鈷配合物具有抗腫瘤和抗炎的潛力。一種羰基鈷配合物的合成路線如下：①化合物I中各元素的電負性由大到小的順序為。固體I中存在的作用力除共價鍵外，還有。1molI中含有的σ鍵數(shù)目為。②化合物Ⅱ分子中原子的雜化方式有。③配合物Ⅲ中，配體一氧化碳的配位原子為，寫出一個與CO互為等電子體的陰離子。（3）Cu-Mn-Al合金的晶胞如a圖所示，該晶胞可視為Mn，Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖b是沿立方格子對角面取得的截圖，其中Al原子與相鄰Cu原子相切。①該合金的化學式為。②已知原子半徑：r（Cu）≈r（Mn）=127pm，r(Al)=143pm，則該晶胞中Cu原子之間的最短核間距為pm。12．吲哚布芬為抗血栓形成藥，用于治療動脈硬化引起的缺血性心血管、腦血管病變。其合成路線如圖所示。已知：R-X→NaCNR-CN→H回答下列問題：（1）反應②的反應條件及試劑為。（2）J中含有官能團的名稱為。（3）反應⑤的化學方程式為。（4）反應⑦中Na2S2O4的作用是。（5）已知M的核磁共振氫譜有兩組峰，N的結構簡式為。（6）符合下列條件的J的同分異構體共有種(不考慮立體異構)。①含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有三個取代基②與J含有相同官能團，官能團直接與苯環(huán)相連（7）仿照上述合成路線設計由丙醇(CH3CH2CH2OH)合成2-甲基丙酸()的合成路線(其他試劑任選)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．金的延展性很好，容易被拉成絲、壓成膜片等，可用于制作黃金面具，故A符合題意；

B．象牙的化學成分主要是羥基磷灰石，化學式為Ca3(PO4)3OH，不含碳元素，屬于無機物，故B不符合題意；

C．考古工作者常用14C確定文物年代，故C不符合題意；

D．玉器的主要成分是硅酸鹽，故D不符合題意；

故答案為：A

【分析】A.黃金延展性好可用于拉絲，壓片；

B.象牙屬于無機物；

C.利用C-14鑒別文物年代；

D.玉器主要成分是硅酸鹽。2．【答案】B【解析】【解答】A．KClO中陰離子以ClO-形式存在，而不是Cl-，故A不符合題意；

B．CO2中含有的共用電子對數(shù)目4，22g的CO2的物質的量為0.5mol，含有的共用電子對數(shù)目為2NA，故B符合題意；

C．因反應H2+I2=2HI為可逆反應，轉移電子數(shù)小于2NA，故C不符合題意；

D.1LpH=2的草酸溶液中，H+的數(shù)目為0.01NA，故D不符合題意；

故答案為：B

【分析】A.次氯酸根中不存在氯離子；

B.根據(jù)二氧化碳含有的共用電子對即可計算；

C.碘單質與氫氣反應是可逆反應；

D.根據(jù)n=cV計算；3．【答案】D【解析】【解答】A．該修飾過程羧基轉化為酯基，故可以通過酯化反應（取代反應）實現(xiàn)，故A不符合題意；

B．布洛芬中含有的羧基是親水基團可以和水分子形成氫鍵，X中沒有親水基團，水溶性：X小于布洛芬，故B不符合題意；

C．布洛芬和X都是對稱的結構，苯環(huán)上有兩種環(huán)境的H原子，一氯代物都有2種，故C不符合題意；

D．布洛芬中含有飽和碳原子，具有甲烷結構特點，甲烷為正四面體結構，則布洛芬中所有碳原子一定不共平面，故D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.根據(jù)反應物和生成物結構簡式判斷；

B.布洛芬中含有的羧基是親水基團可以和水分子形成氫鍵即可判斷；

C.布洛芬和X都是對稱的結構，苯環(huán)上有兩種環(huán)境的H原子即可判斷；

D.布洛芬中含有飽和碳原子，具有甲烷結構特點不能全部共面。4．【答案】D【解析】【解答】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na；由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構可知，Y形成四個共價鍵，說明Y為Si，W形成2個共價鍵，W為O，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Z的最外層電子數(shù)為7，Z為Cl；

A．硅酸鈉既不燃燒也不支持燃燒，所以Na2SiO3可用于制備木材防火劑，故A不符合題意；

B．W為O，X為Na、Z為Cl，其簡單離子分別為O2-、Na+、Cl-，則離子半徑關系：r(Cl-)>r(O2-)>r(Na+)，故B不符合題意；

C．W為O、Y為Si，非金屬性：O>Si，則O的簡單氫化物穩(wěn)定性比Si的簡單氫化物穩(wěn)定性高，故C不符合題意；

D．該結構中O或形成兩個共價鍵，或得到1個電子又形成一個單鍵，都滿足8電子穩(wěn)定結構，故D符合題意；

故答案為：D

【分析】A.X為Na，Y為Si，W為O，形成硅酸鈉可做防火劑；

B.W為O，X為Na、Z為Cl，電子層數(shù)越大，半徑越大，電子層數(shù)相同，質子數(shù)越小半徑越大；

C.W為O、Y為Si，非金屬性：O>Si，非金屬性越強其對應簡單氫化物穩(wěn)定性越高；

D.根據(jù)結構即可判斷均滿足8個電子穩(wěn)定結構。5．【答案】B【解析】【解答】A．Fe(OH)3膠體和溶液都能透過濾紙，不能用過濾的方法除去Fe(OH)3膠體中的NaCl溶液，故A不符合題意；

B．Mg別Fe活潑，將Mg與鋼鐵輸水管相連，Mg作負極，鋼鐵作正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法，故B符合題意；

C．溴水具有氧化性，應該放在酸式滴定管，故C不符合題意；

D．可通過關閉a，打開b，不管裝置氣密性是否良好，水都能順利滴下，故D不符合題意；

故答案為：B

【分析】A.可用半透膜除去膠體中溶液；

B.Mg別Fe活潑，將Mg與鋼鐵輸水管相連，Mg作負極，鋼鐵作正極被保護即可判斷；

C.溴水具有氧化性，應該放在酸式滴定管；

D.裝置中壓強恒定，無法進行裝置氣密性檢測。6．【答案】C【解析】【解答】A．已知Li+、S2-和S22-能通過離子篩，S42-、S62-和S82-不能通過離子篩，說明它們的離子直徑較大，故A不符合題意；

B．S8與Li+在硫碳復合電極處生成Li2Sx(x=1、2、4、6或8)，有利于提高電極的導電性，故B不符合題意；

C．充電時，陽極發(fā)生電極反應式：8Li2S8-16e=S8+16Li+，陰極為Li++e=Li，當有0.1molLi2S轉化成S8時，轉移0.2mol電子，則鋰電極增加0.2molLi，即鋰電極質量增加1.4g，故C符合題意；

D．放電時，硫碳復合電極為正極，其中S8轉化為Li2S2的電極反應式為S8+8Li++8e=4Li2S2，故D不符合題意；

故答案為：C

【分析】A.，S42?、S62?和S82?不能通過離子篩，主要是直徑大；

B.S8中加入碳得到硫碳復合電極可提高電極導電性；

C.充電時8Li2S8-16e=S8+16Li+，陰極為Li++e=Li，即可計算質量；

D.放電時，硫碳復合電極為正極，其中S8轉化為Li2S2的電極反應式為S8+8Li++8e=4Li27．【答案】C【解析】【解答】向混合溶液中加入氫氧化鈉溶液時，溶液中氫氧根離子濃度增大，pH增大，溶液中c(A2+)、c(B2+)減小，c(R-)c(HR)增大，由二者溶度積常數(shù)大小可知，曲線X、Y、Z分別代表-1gc(B2+)、-1gc(A2+)、-1gc(R-)c(HR)，由圖可知，常溫下，溶液中pH為10時，溶液中c(A2+)=10-7mol/L、c(B2+)10-12mol/L，Ksp[A(OH)2]=10-15，Ksp[B(OH)2]=10-20；

A．根據(jù)分析，曲線X代表-1gc(B2+)，Z代表-1gc(R-)c(HR)，故A不符合題意；

B．A(OH)2(s)+B2+(aq)?B(OH)2(s)+A2+(aq)的平衡常數(shù)K=c(A2+)c(B2+)=A(OH)2B(OH)2=105，故B不符合題意；

C．常溫下，溶液pH為7時，c(H+)=c(OH-)且溶液中c(B2+)=10-6mol/L，可理解為其已沉淀完全，則溶液中剩余成分根據(jù)電荷守恒：2c(A2+)+c(Na+)+c(H+)=c(NO3?8．【答案】（1）坩堝、泥三角（2）沒有SO2生成，更環(huán)保且硫酸利用率高（3）C（4）假設一（5）取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀，則有硫酸根（6）[Cu(NH3)4]2+?Cu2+（7）將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標液的錐形瓶中，減小實驗誤差；14×（【解析】【解答】（1）步驟I為灼燒，Cu在坩堝中加熱生成CuO，一定需要坩堝和泥三角；

（2）銅與濃硫酸直接加熱制備硫酸銅，會有SO2生成，不僅不環(huán)保而且硫酸利用率低，該方案的優(yōu)點是：沒有SO2生成，更環(huán)保且硫酸利用率高；

（3）步驟Ⅲ為硫酸銅溶液中滴加氨水生成氫氧化銅懸濁液，離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；

（4）(NH4)2SO4為白色晶體，已知產物晶體為藍色，則無需實驗即可排除假設一；

（5）該晶體中陰離子為硫酸根離子，檢驗的方法是取少量該晶體于試管中，加入足量的稀鹽酸酸化，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀，則有硫酸根；

（6）溶液中[Cu(NH3)4]2+存在電離平衡，加入稀硫酸后出現(xiàn)的現(xiàn)象的原因[Cu(NH3)4]2+?Cu2++4NH3，加入硫酸后，H+結合NH3導致NH3的濃度減小，平衡正向移動，最終全部轉化為Cu2+，呈現(xiàn)淺藍色。加入熱的濃氫氧化鈉溶液后，銅離子和氫氧根離子反應生成藍色沉淀，同時生成氨氣，現(xiàn)象為：有藍色沉淀生成，有刺激性氣體產生；

（7）通入水蒸氣的目的是將生成的氨氣全部排入裝鹽酸標準液的錐形瓶中，減小實驗誤差。消耗NaOH的物質的量為c2V2×10-3mol，則與NaOH反應的HCl有c2V2×10-3mol，則與氨氣反應的HCl有c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol，蒸出氨氣的物質的量為(c1V1×10-3-c2V2×109．【答案】（1）溫度過低反應速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低（2）2A（3）BCD；b；e；d；c；f；a；d（4）Na2CO3溶液滴加過快，會導致局部堿性過強而產生Co(OH)2（5）ZnS+CO2（6）Co3O4【解析】【解答】（1）“酸浸”時需控制溫度在40℃左右，原因是溫度過低反應速率減慢：溫度過高，SO2溶解度降低；

（2）向酸浸后的溶液中加碳酸鈉調溶液的pH，鋁離子和碳酸根離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀而除去鋁離子：2Al3++3CO32?+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；

（3）①A．將廢渣粉碎可以增大反應的接觸面積加快反應速率，以提高單位時間內的酸浸效率，故A不符合題意；

B．“除鋁”時，加入過量的溶液會讓Co2+轉變?yōu)镃o(OH)2沉淀，故溶液不能過量，故B符合題意；

C．根據(jù)方程ZnSO4(水層)+2HX(有機層)?ZnX2(有機層)+H2SO4(水層)?？芍豢蛇x用四氯化碳作為萃取劑，故C符合題意；

D．由ZnSO4(水層)+2HX(有機層)?ZnX2(有機層)+H2SO4(水層)?？芍?，加水后往萃取后的有機層中加水不可獲得溶液，故D符合題意；

故答案為：BCD

②萃取操作的步驟為1、倒入溶液和萃取劑；2、蓋上玻璃塞；3、倒轉分液漏斗振搖；4、打開旋塞放氣；5、關閉活塞正立；6、放在鐵圈上靜置；7、打開上口玻璃塞；8、打開旋塞使下層液體從下口放出，最后關閉旋塞使上層液體從上口倒出，故答案為：b→e→d→c→f→a→d；

（4）“沉鈷”時，Na2CO3溶液滴加過快，會導致局部堿性過強而產生Co(OH)2導致產品不純；

（5）該工藝的副產物ZnS可參與H2S與CO2生成COS的反應，反應前后ZnS的質量不變，可知該過程中涉及到的化學反應有：ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；

10．【答案】（1）NaHS（2）+20.6(或20.6)（3）吸熱；3.（4）II；BC【解析】【解答】（1）電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性就越強；根據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS－，所以足量純堿溶液可吸收低濃度H2S，反應生成NaHCO3和NaHS，則其中的含硫物質主要NaHS；

（2）根據(jù)物質的燃燒熱，可得熱化學方程式①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(l)ΔH1=－562.0kJ/mol；②S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH2=－296.8kJ/mol；③H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH3=－285.8kJ/mol；根據(jù)蓋斯定律，將①－②－③整理可得：H2S(g)=S(s)+H2(g)ΔH=＋20.6kJ/mol；故答案為：＋20.6kJ/mol；

（3）①由曲線a可知，升高溫度H2S的平衡轉化率增大，故該反應為吸熱反應，根據(jù)速率表達式可以推導得到V=?c?t=0.009×0.4tmol·L-1·min-1=2H2S(g)=S2(s)+2H2(g)起始（mol）1轉化（mol）0.20.10.2平衡（mol）0.80.10.2那么p(H2S)=0.21.1p總；p(H2)=0.21.1p總；p(S2)=0.11.1p總；Kp=2H2S(g)=S2(s)+2H2(g)起始（mol）1轉化（mol）0.50.250.5平衡（mol）0.50.250.5本題特殊，p(H2S)=p(H2)，設加入的Ar的物質的量為nmol，則有Kp=0.251.25+np總=p總176，n=42.75；

（4）反應I在590℃時的單程收率已經較高，達到40%，而此時反應Ⅱ的單程收率僅達到5%，這說明反應I的活化能較小，反應容易發(fā)生，而反應Ⅱ活化能較大，反應不容易發(fā)生，故兩個反應中活化能較大的是反應Ⅱ；

A．根據(jù)圖象可知：對于反應I，540℃后，溫度升高，物質的單程收率還在增加，說明反應正向進行，還沒有達到平衡狀態(tài)，因此反應I在500℃~540℃時也未達到平衡狀態(tài)，故A不符合題意；

B．對于反應I，590℃以上，隨溫度升高，物質的單程收率降低，說明此時反應已經達到平衡狀態(tài)，升高溫度，化學平衡逆向移動，故B符合題意；

C.590℃以上，隨溫度升高，反應I的物質的單程收率降低，反應Ⅱ的物質的單程收率增大，說明反應I消耗H2S隨溫度的升高而減少，反應Ⅱ消耗H2S隨溫度的升高而增大，故C符合題意；

D.645℃，反應I、Ⅱ的物質單程收率相同，這并不表示二者的反應速率相等，故D不符合題意；

故答案為：BC

【分析】（1）電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性就越強，據(jù)電離平衡常數(shù)可知酸性：H2CO3＞H2S＞HCO3-＞HS－即可判斷；

（2）根據(jù)給出的燃燒熱寫出熱化學方程式，利用蓋斯定律即可計算出給出反應焓變；

（3）①升高溫度H2S的平衡轉化率增大，故該反應為吸熱反應，根據(jù)物質的量濃度變化即可計算出速率；

②該分解反應是吸熱反應，升高溫度，分解速率加快，達到平衡所需時間縮短；

③溫度不變，常數(shù)不變，結合轉化率為20%時計算出常數(shù)，再結合轉化率為50%計算出加入氬氣的物質的量；

（4）反應I在590℃時的單程收率已經較高，達到40%，而此時反應Ⅱ的單程收率僅達到5%，這說明反應I的活化能較小，反應容易發(fā)生，而反應Ⅱ活化能較大，反應不容易發(fā)生，

A．根據(jù)圖象可知：對于反應I，540℃后，溫度升高，物質的單程收率還在增加，說明反應正向進行，還沒有達到平衡狀態(tài)，因此反應I在500℃~540℃時也未達到平衡狀態(tài)；

B．對于反應I，590℃以上，隨溫度升高，物質的單程收率降低，說明此時反應已經達到平衡狀態(tài)，升高溫度，化學平衡逆向移動；

11．【答案】（1）；CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強，熔點高（2）O>N>C>H；范德華力和氫鍵；17NA；sp3、sp2和sp；C；CN-或C22?（3）AlMnCu2；180【解析】【解答】（1）①已知Cu是29號元素，故基態(tài)Cu原子的價層電子排布式為3d104s1，最外層電子軌道表示式為；

②CoCl2和CoO均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-半徑，且O2-所帶電荷多，CoO的晶格能大，離子鍵強，熔點高；

（2）①根據(jù)同一周期從左往右元素的電負性依次增大，同一主族從上往下依次減小可知，化合物Ⅰ中各元素的電負性由大到小的順序為O＞N＞C＞H；固體I中存在的作用力除共價鍵外，還有范德華力和氫鍵，1molI中含有的σ鍵數(shù)目為17NA；

②化合物Ⅱ分子中含有亞甲基、苯環(huán)和碳碳三鍵，碳原子的雜化方式有sp3、sp2和sp；

③配合物Ⅲ中，配體中電負性小的容易提供孤電子對形成配位鍵，一氧化碳的配位原子為C，與CO互為等電子體的陰離子為：CN-或C22-；

（3）①由晶胞結構可知，Cu的個數(shù)為8：8×18+12×14+6×12+1=8，Mn的個數(shù)為4，Al的個數(shù)為4，該合金的化學式為AlMnCu2；

②Cu原子之間的最短核間距離為晶胞棱長的一半。位于體對角線上的原子相切，可知晶胞體對角線長度為4[r(Cu)+r(Al)]，而晶胞體對角線長度等于晶胞棱長的3倍，則晶胞棱長=4(127+143)3