四川宜宾市2025-2026学年高二下学期7月期末考试 化学试题

2026年春期__________中学校学业质量监测 高二年级化学参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D A C A D A C D 题号 11 12 13 14 15 答案 B B D C C 二、非选择题：共4题，共55分。 16．（13分） （1）三颈烧瓶（2分） 100（1分） （2）乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强（2分） （3）分离反应生成的水，提高反应物的转化率（2分） （4）中和酸（或中和硫酸和乙酸）（1分） 增大水层的密度，便于分层（1分） （5）（2分） （6）图（2分） 17．（14分） （1）六（1分） （1分） （2）（1分） （3）（2分） （4）防止生成絮状胶体氢氧化钕，不利于萃取（2分） （5）①溶液增大，浓度减小，萃取反应平衡正向移动，萃取率增大（2分） ②（1分） （6）（2分） （7）（2分） 18．（14分） （1）苯胺（1分） （2）醚键、酰胺基（2分） （3）（2分） （4）还原反应（1分） （5）（2分） （6）4（2分） （7）（2分） 19．（14分） （1）（2分） 大于（2分） （2）①（1分） （1分） ②反应i速率变化不明显，反应ii速率增大更明显，使得硫的累积量减小（2分） （3）①20（2分） ②减小（2分） （4）可获得高附加值产品（或不产生污染性气体）（2分） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春期__________中学校学业质量监测 高二年级 化学 （考试时间：75分钟；全卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：Li 7 Se 79 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．珙县苗族蜡染技艺是国家级非物质文化遗产。制作过程涉及的下列物品中，主要成分属于金属材料的是 A．自织棉布 B．铜制蜡刀 C．天然蜂蜡 D．靛蓝染料 2．泡沫灭火器的反应原理：。下列化学用语正确的是 A．的结构示意图： B．的模型：正四面体形 C．的电子式： D．的空间填充模型： 3．蓝花楹是南方常见的观赏树木，其花中含有有机物（结构如图）。下列关于的说法正确的是 A．分子式为 B．所有碳原子共平面 C．有1个手性碳原子 D．最多可与反应 4．的核外电子排布和化合物的化学键模型如图。下列说法正确的是 A．电负性： B．与位于同一周期 C．化合物中含离子键 D．的单质分子均为非极性分子 5．下列实验设计能达到相应实验目的的是 A．制固体 B．测定盐酸浓度 C．实验室制 D．铁片上镀铜 6．下列过程对应的离子方程式错误的是 A．向饱和溶液中加入少量溶液： B．向溶液中加入浓盐酸： C．向溶液中通入： D．向新制的中加入乙醛并加热： 7．硝酸是重要的化工原料。以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程如图。 下列说法错误的是 A．“合成氨”可实现人工固氮 B．“深度氧化”中还原剂为 C．气体可循环利用 D．流程中氮元素均被氧化 8．聚合物可用于制造车、船的挡风玻璃，其合成反应如下： 下列说法正确的是 A．为 B．该反应为加聚反应 C．苯环上的一氯代物有4种 D．完全水解生成和 9．微观结构可解释宏观现象。下列解释与实例不符的是 选项 实例 解释 A 冰的密度小于干冰 水分子间存在氢键 B 离子液体具有导电性 离子液体含有阴、阳离子，且能自由移动 C “杯酚”分离和 “杯酚”与、形成的化学键强度不同 D 壁虎能在墙上爬行自如 壁虎足的细毛与墙体之间存在范德华力 10．俗称“雌黄”，其分子结构如图，在不同光照和空气湿度下，可发生以下反应： 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中所有键角相等 B．中含孤电子对数为 C．反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有参与反应 D．反应Ⅱ中，每生成转移的电子数目为 11．“氧化”是工业制乙醛及有机合成中构建羰基的关键方法。某“氧化”反应的机理如图，依次发生反应①、②，代表某配体。 下列说法错误的是 A．为 B．该“氧化”反应的催化剂是 C．反应①中，2号碳原子的杂化轨道类型从变为 D．总反应方程式为 12．根据下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 A 加热乙醇与浓硫酸的混合溶液，将逸出的气体通入少量酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色褪去 有乙烯生成 B 向溶液中滴加几滴淀粉溶液，振荡，溶液变蓝 具有氧化性 C 向与稀硫酸的反应体系中加入几滴溶液，产生气泡的速率变快 对该反应具有催化作用 D 向阿司匹林的水溶液中滴入2滴稀硫酸，振荡，再向其中滴入几滴溶液，振荡，无明显现象 阿司匹林的水解产物中不含酚羟基 13．锂硒电池是一种具有高电导率的新型固态电池。的立方晶胞结构如图。晶体的密度为，点的分数坐标为，阿伏加德罗常数为。 下列说法错误的是 A．点代表微粒 B．点的分数坐标为 C．晶胞边长为 D．晶胞沿轴方向的投影图为 14．我国科研工作者研制出一种纳米硅基锂离子电池，装置如图。放电时的总反应为： 。 下列说法错误的是 A．放电时，三元锂电极的电势更高 B．放电时，硅基电极的反应为： C．充电时，由硅基电极经有机聚合物电解质向三元锂电极迁移 D．充电时，外电路中每转移，理论上硅基电极质量增重 15．，总浓度为的二元弱酸的溶液中，、、的分布分数[例如：]与溶液变化的关系如图。 下列说法正确的是 A．曲线Ⅰ代表（）随的变化 B．点的坐标为 C．时， D．时，总浓度为的溶液中（）与上图中（）不相等 二、非选择题：共4题，共55分。 16．（13分） 乙酸乙酯是一种常用的有机溶剂。某实验小组利用乙酸和乙醇制备乙酸乙酯，部分装置如图（加热及夹持装置省略）。 相关物质的部分性质如下表： 物质 沸点 密度 乙醇 78 0.789 乙酸 118 1.05 乙酸乙酯 77 0.9 实验步骤： Ⅰ．向仪器中加入乙醇和冰醋酸，再缓慢加入浓硫酸，混匀，加入粒沸石。安装带分水器的回流装置，向分水器中加入少量水，通入冷凝水，加热回流。 Ⅱ．反应结束后，待反应液冷却至室温后倒入分液漏斗，向其中缓慢加入饱和溶液，不断振荡并放气，直至无气体放出。静置，分去水层。 Ⅲ．向步骤Ⅱ分液漏斗中加入洗涤液，振荡、静置，分去水层；再加入洗涤液洗涤酯层，静置，分去水层。酯层经干燥后得产品。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中，仪器的名称是__________，其最佳规格是__________（填“50”或“100”）。 （2）乙酸的沸点高于乙醇的沸点，原因是__________。 （3）分水器是利用冷凝液在分水器中分层，上层有机层通过支管流回，下层水层从下口放出。使用分水器的优点是__________。 （4）步骤Ⅱ中，饱和溶液有溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度、__________和__________的作用。 （5）步骤Ⅲ中，洗涤液是__________（填标号）。 A．饱和溶液 B．饱和溶液 （6）乙酸乙酯的乙酰基上的氢在核磁共振氢谱中为单峰，则乙酸乙酯的核磁共振氢谱图为__________（填“图a”或“图b”）。 17．（14分） 钕元素（）作为稀土家族中的重要成员，在高科技产业中扮演着不可替代的角色。一种利用钕铁硼磁体废料（主要含、、单质）制取氧化钕（）的工艺流程如下图。 已知：①与盐酸反应生成，难溶于非氧化性酸； ②氢氧化钕是絮状胶体，比表面积极大、吸附能力极强； ③。溶液中金属离子浓度时，认为其沉淀完全。 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为。位于第__________周期，__________区。 （2）“浸渣”的主要成分是__________（填化学式）。 （3）“氧化”步骤，发生反应的离子方程式是__________。 （4）“调”步骤，不能太高的原因是__________。 （5）萃取剂可用表示，萃取原理为：（有机相）（水相）（有机相）（水相）。萃取率与溶液的初始、与浓度比之间的关系如图。 ①从平衡移动的角度解释萃取率随初始的增大而增大的原因是__________。 ②“萃取Ⅱ”步骤，萃取的最佳条件是__________（填标号）。 A．， B．， C．， D．， （6）“沉钕”步骤，当恰好完全沉淀时，的浓度是__________。 （7）“焙烧”步骤，发生反应的化学方程式是__________。 18．（14分） 埃索美拉唑可治疗十二指肠溃疡、胃溃疡等疾病。一种埃索美拉唑中间体（H）的合成路线如下图（部分试剂和反应条件略去）。 回答下列问题： （1）A可由合成，的化学名称是__________． （2）B中官能团的名称是__________。 （3）的化学方程式是__________。 （4）的反应类型是__________。 （5）的过程中，经历了加成、消去反应。消去时还可能产生与互为同分异构体的副产物，其结构简式是__________。 （6）的同分异构体中，同时满足下列条件的共有__________种。 ①含苯环和两个； ②核磁共振氢谱的各组峰面积比为。 （7）的部分合成路线如下： 已知：。 的结构简式是__________，的化学反应方程式是__________（同时生成两种气体）。 19．（14分） 利用处理获得硫单质和氢气（高附加值产品）的研究备受关注。相关反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 回答下列问题： （1）反应的__________。该反应正反应活化能__________（填“大于”“小于”或“等于”）逆反应活化能。 （2）、条件下，以的固定流速向管式流动反应器中通入的原料气，测得、、、、的摩尔分数与气体在反应器内停留时间的关系（即沿着反应器的不同位置检测气体组成）如下图所示。 ①曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表物种__________、__________（填化学式）。 ②曲线Ⅱ所示物种随停留时间先增大后减小，请分析减小的可能原因是__________。 （3）、条件下，向反应器中通入的混合气体，平衡时测得的转化率为，的收率为。 已知：的收率，的收率。 ①的收率__________。 ②、保持恒压，向反应器中通入，不通入，则相同温度下的转化率__________（填“增大”“减小”或“不变”）。 （4）传统工业采用工艺处理，即利用反应ⅲ和反应ⅳ生成硫单质。 反应ⅲ： 反应ⅳ： 利用处理与工艺相比，前者的优点是__________。 学科网（北京）股份有限公司 $2026年春期 中学校学业质量监测 高二年级化学试题解析 1.【答案】B 【解析】 A.棉布属于纤维素，是有机物，A错误。 B.铜属于金属材料，C正确。 C.蜂蜡属于酯类，是有机物，B错误。 D.靛蓝染料属于有机物，D错误。 2.【答案】B 【解析】 A.A1的原子核内为13个质子，A错误。 B.SO4中心原子的价层电子对数为4、无孤电子对且配位原子相同，VSEPR模型为正四面体形，B 正确。 C.OH的电子式为：0：H,C错误。 D.CO2中心原子的价层电子对数为2且无孤电子对，空间结构为直线形，D错误。 3.【答案】D 【解析】 A.分子式为CH1O4,A错误。 B,-只告1号餐原千为p东化.1小之人4写微原子不阿能代平面，B结头 C.分子中不含手性碳原子，C错误。 D.环上的2个碳碳双键和羰基可与3olH2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能与H2反应，D正 确。 4.【答案】A 【解析】由电子排布图可知：X为Na,Y为H,Z为O,M为Cl,YZM的化学式为HClO。 A.由HClO中元素化合价可得，电负性O>CI,A正确。 B.Na为三周期，O为二周期，B错误。 C.YZM的化学式为HCIO,只含共价键，不含离子键，C错误。 D.O元素形成的单质有O2和O3,O2为非极性分子，O3为极性分子，D错误。 5.【答案】C 【解析】 A.加热会促进FeCl3水解，生成Fe(OHD3和HCl,HCl挥发，得不到FeCl固体，A错误。 B.选修1Pg1,图示滴定管为酸式滴定管，不能装碱性的NaOH溶液，B错误。 C.选修3P8,实验室制备乙炔用电石与饱和食盐水反应，固液不加热装置，C正确。 D.选修1P1,电镀时，镀件作阴极且接电源负极，镀层金属作阳极且接电源正极，用含镀层金属阳 离子的电解液作电镀液，所以应该是铁片接负极、铜片接正极，D错误。 6.【答案】A 【解析】素材均选自教材 A.必修2P30,2S2十5HS03一4HSO3+3S1十3H0,A错误。 高二化学试题解析第1页共6页 B.选必1P56,B正确。 C.选必3P65,C正确。 D.选必3P0,D正确。 7.【答案】D 【解析】素材选自教材第二册P16。由流程图可知，空气经液化分离得到气体N2和其他气体，N2和 H发生反应合成NH,NH3与O2发生催化氧化得到NO,O2与NO生成NO2,NO3与HO发生反应得到 HINO3。 A.教材必修2P12,“最重要的人工固氮途径就是工业合成氨”，A正确。 B.“深度氧化”为NO氧化为NO2,B正确。 C.气体X中含NO和空气等气体，可循环利用，C正确。 D.“合成氨”中N元素被还原，D错误。 8.【答案】A 【解析】素材选自选修三P15o第4题。 A.根据原子守恒，生成的小分子为CHOH,A正确。 B.该反应有小分子生成，是缩聚反应而不是加聚反应，B错误。 C.苯环上的等效氢为2种，一氯代物只有2种。 D.M为碳酸二甲酯，可完全水解为CH3OH和CO2,P完全水解后应生成N、CHOH和CO2,D错 误。 9.【答案】C 【解析】素材均选自教材 A.选必2P79:冰中水分子之间有氢键而干冰中二氧化碳之间无氢键，A正确。 B.选必2P88:自由移动的阴、阳离子可以传递电荷，物质能导电，B正确。 C.选必2Pg8;C60与“杯酚”的空穴适配，且两者是分子间作用力，C错误。 D.选必2P56;D正确。 10.【答案】D 【解析】 A.每个As连3个S,由价层电子对互斥理论可得，3个As一S键之间的排斥为相等，所以S一As一 S键角相等，A正确。 B.As的最外层有5个电子，连有3个σ键，还有1对孤电子对；S的最外层有6个电子，连有2个σ 键，还有2对孤电子对，因此1 mol As2S3的孤电子对数为8NA,B正确。 C.根据题干信息“空气湿度”及产物中有HS2O3和H$O4,由原子守恒可分析得出有HO与反应， C正确。 D.根据化合价变化可知As、S元素均被氧化，反应方程式为As2S3十7O2十6HO一2HAsO4十3HS04, 因此生成1molH3AsO4转移电子数目为14Na,D错误。 11.【答案】B 【解析】 A.根据元素守恒，可知物质a为L PdCl,A正确。 B.过程①中LPdC参与反应被消耗，过程②中LuPdCl2生成，可知催化剂应是L.PdCl2,B错误。 C.过程①中，2号碳原子反应前杂化轨道类型为sp,反应后杂化轨道类型为p3,C正确。 D.过程①和过程②相加，可得总反应方程式R人+0,0，催化剂R义，D正确。 R 12.【答案】B 高二化学试题解析第2页共6页 【解析】 A.选修3P61,乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液反应而使其褪色，不能证明有乙烯生成，A错误。 B.必修1Po,FCl3可与I反应生成I2,I遇淀粉变蓝，B正确。 C.Zn与C$O4发生置换反应生成的Cu附在Zn表面形成原电池，加快反应速率，C错误。 D.选修3P1oo,酚羟基与FeCl3溶液的显色反应，需要在弱碱性环境下进行，本实验中需加几滴NaHCO3 溶液中和硫酸后，再滴入FeCl3溶液，才会显色，D错误。 13.【答案】D 【解析】 A.“O”位于8个顶点和6个面心、“O”位于体内，根据均摊法有4个“O”,有8个“O”:结合化 学式LiSe可得“O”代表Se2,“O”代表Li计，A正确。 。由m点的分数坐标(0,0,0)结合b点的位置可得，b点的分数坐标为(，子，)，B正确 C.由均摊法可得晶胞中含有8个Li计和4个Se2,晶胞的M=4×(7×8+4×7)=372gmol:若立方晶胞 下a,所以晶胞的边长a= 的边长为a,由密度计算公式p=业=372_ 372×10mm,C正确。 Na·P 9。°。9 D.则晶胞空间结构可得，沿y轴方向的投影图为。。，D正确。 14.【答案】c 【解析】新型硅基锂离子电池属于二次电池，根据放电总方程可得，放电时负极反应式为LiSi一e 一L十Si,所以硅基电极为负极，三元锂电极为正极。 A.原电池中，电势为正极高于负极，A正确。 B.硅基电极为负极，反应式为LiSi一e一Li十Si,B正确。 C.充电时，三元锂电极为阳极，硅基电极为阴极，所以L计由三元锂电极（带正电荷）经有机聚合物 电解质向硅基电极（带负电荷）迁移，C错误。 D.充电时，硅基电极为阴极，反应式为Li十Si十ne一LiSi,外电路中每转移1mole,理论上 硅基电极质量增重7g,D正确。 15.【答案】C 【解析】 A.该分布分数图横坐标为pH,从左到右cH)逐渐减小，c(OH)逐渐增大，所以单调递减的曲线I对 应H,A,先增后减的曲线Ⅱ对应HA、单调递增的曲线Ⅲ对应A?,A错误。 B.依据c点横坐标，可求出K=104;由于K1×K。=c)XcA)xc)xcA)-(A) ×c2H), c(H,A) C(HA C(H,A) 当c(A)=cH,A时，K×K。=H)或pH=pK+pK,代入b点pH值、pK,可求得K110354,a 2 点的横坐标为3.54，根据物料守恒6(H,A)+6(HA)+6(A2)=1,pH=3.54时，6(A2)0(实际约为0.08)， 根据物料守恒，可知此时6（任，A)=6(HA）0.50(实际约为0.46），B错误。 C.将pH=2.54代入Ka1,可知cH,A=10,即I,A)=10,C正确。 C(HA) 6(HA) c(H,A) 1 D.由于6(HA)= 0-4a可7，A1E03514多，所以 c(H,A)CH,A) c()c(H*) 高二化学试题解析第3页共6页 6(H2A)与HA的浓度无关，在pH=3的条件下，0.01ol/L的HA溶液中6(H2A)与上图中6(H,A)相等， D错误。 16.【答案】 (1)三颈烧瓶100 (2)乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强 (3)分离反应生成的水，提高反应物的转化率 (4)中和酸（或中和硫酸和乙酸)增大水层的密度，便于分层 (5)A (6)图a 【解析】 (1)仪器A的名称为三颈烧瓶：当三颈烧瓶在加热条件下，其盛装的液体体积不能超过其规格的23， 所以步骤I中选用的最佳规格为100mL。 (2)乙酸和乙醇的分子间均存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇分子间的氢键更强，且乙酸的相对 子分质量更大，所以乙酸的沸点更高。 (3)酯化反应为可逆反应，根据题意可得分水器的作用是分离水，分离出水后，可促进酯化反应的 平衡正向移动，提高反应物的转化率和产物的产率。 (4)从系统思维的角度看，体系中分别含有硫酸、乙酸、乙醇、乙酸乙酯、水，所以饱和碳酸钠溶 液对于前述五个物质的作用依次为，中和硫酸和乙酸、溶解乙醇、降低酯的溶解度，提高水层的密度以便 于酯层与水层的快速分层。[素材取自于必修2教学参考书P6(5)] (5)洗涤液a为饱和NaCl溶液，其作用是洗去酯层中的少量碳酸钠；洗涤液b为饱和Cacl2溶液， 其作用是洗去酯层中的乙醇；二者不可颠倒，若洗涤液a选用饱和CaCl2溶液，则会与步骤I中残留的NaCO3 反应生成乳状CaCO3沉淀，不利于后续分离净化。 (6)依据乙酸乙酯的结构可知，其含有三种不同化学环境的氢原子，数目比为3：2：3。乙酸乙酯的 乙酰基上的氢数目为3，再结合信息“在核磁共振氢谱中为单峰”，则可判断图a才合理。图b中单峰的的 积分面积明显少于另两个组峰，不合理。（素材取自选必三《有机化学基础》第100页“问题和讨论”） 17.【答案】 (1)六f (2)B (3)2Fe2++2H+H02=2Fe++2H0 (4)防止生成絮状胶体氢氧化钕，不利于萃取 (5)①溶液pH增大，H什浓度减小，使萃取反应平衡正向移动，萃取率增大②B (6)3×104 (7)2d,(C,0,4+30,2Nd,0,+12c0, 【解析】 (1)根据基态Nd的价层电子排布式为4f46s2,元素所在周期数等于最大能层序数，所以Nd位于第 六周期：由构造原理可知最后1个电子填入的是f能级，所以Nd位于f区。 (2)原料中为B单质，结合信息“B难溶于非氧化性酸”可得“浸渣”的主要成分是B。 (3)Fe与盐酸反应生成FeCl,Nd与盐酸反应生成NdCl,所以在“氧化”步骤发生反应的离子方程 式为2Fe2++2Ht+H02=2Fe3++2H0。 (4)由“氢氧化钕是絮状胶体，比表面积极大、吸附能力极强”可得，加NaOH过多会生成氢氧化 高二化学试题解析第4页共6页 钕絮状胶体，可吸附其它离子，从而影响后续萃取效果。 (5)①根据萃取原理：3HR)2(有机相)十Nd3+(水相)=NdR)3(有机相)十3H(水相)，H+浓度减小， 平衡正向移动，会促进萃取反应的进行，使萃取率增大；②由图可得，萃取最大的反应条件是初始pH为 2.5,Nd+与P507浓度比1：9，所以选B (6)已知Kp[Nd,(C,04)]=2.7×10,当Nd+恰好完全沉淀，c(Nd)=1×105mol.L,根据 [Nd,(C,0b]=c(）e3(C,o,则代入数据可得c,0g)=[N4,C0,2710 c2(Na3+) =2.7x101, 1x105 所以c(C0）=3×104mol.L1: (7)“沉钕”得到Nd(C2O4),“焙烧②”在氧气中进行，C2O被氧化为CO2,Nd元素转化为NdO3, 焙烧 根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为2Nd2(CO4),+3022NdO3+12C02; 18.【答案】 (1)苯胺 (2)醚键、酰胺基 浓H2S04 (3) HNO3 NH +H20 △ (4)还原反应 (5) -SH (6)4 OCH (7) COOH OCH3 OCH +SOCI- +S02↑+HC1 OH CI 【解析】 (1)选自选修3P0,化学名称为苯胺 (2)根据结构分析可得B中的含氧官能团为醚键和酰胺基 (3)对照流程中B→C的结构变化可得，该过程中引入了一NO2官能团，为硝化反应，需要在浓硫酸 浓H2SO4 的条件下加热才能进行，同时生成HO。可得方程式 HNO NH +H2O NH △ (4)由照流程可得，C→D是酰胺基的水解反应，再对照C与E的官能团可得D→E是将一NO2变为 了一NH2,该过程为失氧得氢的过程，为还原反应。 SH (5)由题干中“经历了加成、消去两步反应”可得中间产物为 发生消去反应时可 SH 高二化学试题解析第5页共6页 (6)由己知条件可得结构中需含有两个等效的一CH3,且苯环为对称结构，分析可得同分异构体有： 02N NO2 4种。 OCH? OCH3 (7)由已知和I、J、K、G的变化分析可得环和甲氧基没变，则K为 ,J为 OH COOH OCH3 OCH3 所以化学方程式为： +SOCl2→ +SO2↑+HC1 OH -C 19.【答案】 (1)+233.0大于 (2)①HS2 ②反应i速率变化不明显，反应ⅱ速率增大更明显，使得硫的累积量减小 (3)①20 ②减小 (4)可获得高附加值产品H2（或不产生污染性气体SO2) 【解析】 （1)反应=反应i+反应ii,根据盖斯定律，△H=△H1+△H=+(169.8+63.2)=+233.0kJmo1;对于 吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。 (2)①反应i和反应i为连续反应。停留时间较短时，HS的摩尔分数明显减小，CS2的摩尔分数为零， 说明该段内只发生了反应i,生成的H2与S2物质的量之比为2：1，据此可判断曲线I所示物种为H2,曲线Ⅱ 所示物种为S2,余下的曲线Ⅲ所示物种为CS2。②反应i生成S2,使S2的摩尔分数增大；反应i消耗S2,使 S2的摩尔分数减小。停留时间超过一定时间后，反应开始发生。从停留时间超过一定时间后HS的摩尔 分数变化不明显，CH4的摩尔分数变化大，可以判断反应速率变化不明显，反应速率增大更明显，使得 硫的累积量减小。 （3)假设通入的混合气体中n起(H2S)=n起(CH4)=1mol,结合HS的转化率为32%，则 2转(H2S)=0.32mol,结合S2的收率为4%，则n平(S2)=0.02mol,依据硫元素守恒，则n平(CS2)=0.14mol, n平(H2) m转(CH4)=0.14mol；n平(H,)=4低S)+2n转(CH4)=0.6mol,H的收率2(CH,)+eH, ×100%= 0.6x100%=20%。恒压条件下，不通入A,相当于对反应体系加压，反应和反应均逆向移动，则相 3 同温度下HS的转化率减小。 (4)利用CH4处理HS与Claus工艺相比，前者的优点是可获得高附加值产品H(或不产生污染性 气体S02)。 高二化学试题解析第6页共6页