2022-2023学年重庆市璧山来凤中学校高二上学期9月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市璧山来凤中学校高二上学期9月月考化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

重庆市璧山来凤中学校2022-2023学年高二上学期9月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B．市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤
C．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属无机非金属材料
D．中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法正确；
B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；
C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；
D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说法错误；
答案为D。
2．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是
A．NH3的电子式为 B．N2H4的结构式为
C．的结构示意图： D．NaClO中存在离子键和共价键
【答案】A
【详解】A．NH3的电子式为，A项错误；
B．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为，B项正确；
C．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则的结构示意图：，C项正确；
D．NaClO可电离出和，则NaClO为离子化合物，存在离子键和共价键，D项正确；
答案选A。
3．下列各组离子能大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【详解】A．、、、在溶液中不反应，可以大量共存，A符合；
B．能氧化，也能与发生络合反应，不能大量共存，B不符合；
C．、与均反应，不能大量共存，C不符合；
D．在酸性溶液中发生氧化还原反应生成单质硫、二氧化硫和水，不能大量共存，D不符合；
答案选A。
4．为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．与的混合物中含有的中子数为
B．标准状况下溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为0.2
C．中含有的共价键数为4
D．与完全反应时转移电子数目为2
【答案】B
【详解】A．两种水分子的相对分子质量都是20g/mol，且每个水分子的中子数都是10个，故与的混合物中含有的中子数为，A正确；
B．氯气溶于水，部分与水反应生成HCl、HClO，还有一部分以氯气分子的形式存在，故B错误；
C．氟化铵是离子化合物，铵根离子中存在共价键，1mol铵根离子含有4mol共价键，C正确；
D．3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol二氧化氮参与反应转移2NA电子，D正确。
5．下列实验能达到相应实验目的的是
选项
试剂
实验目的
实验装置
X
Y
Z
A
Na2SO3
稀HNO3
品红溶液
证明SO2具有漂白性

B
MnO2
浓盐酸
KI-淀粉溶液
比较Cl2与I2的氧化性强弱
C
NaCl
浓硫酸
AgNO3溶液
证明酸性：H2SO4>HCl
D
蔗糖
浓硫酸
溴水
证明浓硫酸具有脱水性、氧化性

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．亚硫酸钠可以被稀硝酸氧化为硫酸钠，两者反应不生成二氧化硫，所以无法证明二氧化硫的漂白性，A不正确；
B．二氧化锰与浓盐酸常温下不发生反应，所以无法制取氯气，B不正确；
C．氯化钠与浓硫酸反应生成氯化氢气体，是因为浓硫酸难挥发而氯化氢易挥发，并不是因为硫酸的酸性比盐酸强，所以C不正确；
D．蔗糖与浓硫酸反应，首先看到固体变黑，证明浓硫酸具有脱水性，可以看到固体膨胀，同时闻到有刺激性气味气体生成，溴水褪色，说明有二氧化硫生成，证明浓硫酸表现了强氧化性，所以D正确；
答案选D。
6．下列离子方程式书写正确的是
A．饱和溶液中通入过量：
B．用石灰乳制漂白粉：
C．氢氧化铁溶于氢碘酸：
D．NaClO溶液中通入少量：
【答案】D
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，离子方程式为：2Na+++H2O+CO2═2NaHCO3↓，故A错误；
B．氢氧化钙与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B错误；
C．二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故C错误；
D．向NaClO溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应生成硫酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为：，故D正确；
故选：D。
7．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液
A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑥ D．②③④
【答案】B
【详解】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故③正确；④加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故④错误；⑤加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；⑥CuSO4溶液，铁单质与铜离子发生置换反应，生成的铜与铁、稀盐酸形成原电池，加快反应速率，故⑥错误；②③⑤正确，故选B。
8．一定温度下的恒容容器中，能标志某可逆反应已达平衡状态的是
A．混合气体的压强不随时间变化而变化 B．气体总物质的量不随时间变化而变化
C．混合气体的密度保持不变 D．
【答案】C
【详解】A．由于反应方程式中气体的体积不变，容器容积不变，所以压强始终不变，因此压强不变，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；
B．反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量始终不变，所以气体总物质的量不随时间变化而变化，不能判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．A为固体，体积不变，气体质量发生改变，密度是一变量，所以密度不变说明反应达到了平衡状态，故C正确；
D．若v正(B)=2v逆(D)，表明D的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，但是2v正(B)=v逆(D)不满足B和D的化学计量数关系，正逆反应速率不相等，反应一定没有达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
9．研究表明，在一定条件下，气态与两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是

A．比更稳定 B．转化为，反应条件一定要加热
C． D．加入催化剂，可以减小反应的热效应
【答案】C
【详解】A．能量越低越稳定，根据图示，比的能量高，比更稳定，故A错误；    
B．转化为是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；
C．根据图示，比的能量低(186.5-127.2)KJ，所以，故C正确；    
D．加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；
选C。
10．有8 g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65 %的盐酸恰好完全反应，蒸干溶液，最终得固体质量为
A．8 g B．15.5 g
C．11.7 g D．无法计算
【答案】C
【详解】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，所得溶液中溶质为NaCl，溶液蒸干所得固体为NaCl，根据氯原子守恒可得：n（NaCl）=n（HCl），盐酸中氯化氢的质量为：m（HCl）=200g×3.65%=7.3g，根据元素守恒，最后所得固体为NaCl，由于n(HCl)＝n(NaCl)＝＝0.2mol，则m(NaCl)＝0.2mol×58.5g/mol＝11.7 g；
故选C。
11．一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是

A．WX是共价化合物
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q C．原子半径：W>Z>Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
【答案】D
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z形成二个共价键，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O、Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W为+1价，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K；
A．W为K元素，X为H元素，WX是KH，电子式为，其含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．Y为C元素，Q为S元素，非金属性S大于C，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＞Y，故B错误；
C．Y为C元素，Z为O元素，W为K元素，电子层越多，原子半径越大，则K元素有四层，原子半径最大，C、O属于同周期元素，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：C＞O，所以原子半径为W＞Y＞Z，故C错误；
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如H2O、H2O2、CO、CO2、K2O、K2O2、SO2、SO3，故D正确；
答案为D。
12．汽车尾气中的NOx、CO、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由Rh、Pd、Pt等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析正确的是

A．催化剂能改变 B．NOx发生了氧化反应
C．CO转化为CO2时，转化为 D．的水溶液能导电，为电解质
【答案】C
【详解】A．催化剂只能改变反应的活化能，不能改变反应的ΔH，A错误；
B．由图可知，NOx变为氮气，氮元素的化合价降低，得电子被还原，发生还原反应，B错误；
C．CO转化为CO2时，碳元素化合价升高，CeO2反应时得电子化合价降低生成CeO2-m，C正确；
D．NO2的水溶液能导电是因为NO2与水反应生成了硝酸，硝酸可以导电，NO2本身在水溶液中无法电离，不能导电，所以NO2为非电解质，D错误；
故答案选C。
13．2019年3月22日央视报道，包括龙泉中学校友在内的日本名古屋大学新津葵一团队研发出了一种隐形眼镜式血糖监测器。这款血糖监测器还安装有葡萄糖发电装置，能利用泪液中所含的糖分自行发电并蓄电，无需任何外部供电。葡萄糖微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是

A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应为：
C．放电过程中，从正极区向负极区迁移
D．电池消耗1mol氧气则转移4mol，可产生22.4L气体
【答案】B
【分析】负极的电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+，正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O；
【详解】A．高温条件蛋白质发生变性，所以该电池不能在高温下工作，故A错误；
B．负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O-24e-═6CO2↑+24H+，故B正确；
C．原电池内部阳离子应向正极移动，所以H+从负极区通过质子交换膜向正极区迁移，故C错误；
D．正极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，因为温度和压强未知，所以生成二氧化碳的体积不一定是22.4L，故D错误；
故选：B。
14．根据如图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是

已知：MgCl2•6H2O受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等．
A．过程①加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→BaCl2溶液→NaOH溶液→过滤后加盐酸
B．过程②通过氧化还原反应可产生1种单质
C．在过程③中将MgCl2•6H2O直接灼烧得到MgCl2
D．在过程④、⑥反应中每氧化0.2 mol Br-需消耗标准状况下2.24LCl2
【答案】D
【分析】如图所示为海水综合利用的流程工艺图，途中包含了海水的三种工业利用方式，一是海水提取精盐及氯碱工业，二是海水制镁，三是海水提溴。
【详解】A. 在粗盐提纯过程中，应当先加钡离子后加碳酸根离子，故A错误；
B. 氯碱工业是电解饱和食盐水，生成物有氢气和氯气两种单质，故B错误；
C. MgCl2•6H2O直接受热生成Mg（OH）Cl和HCl气体等，应该在氯化氢氛围中加热，故C错误；
D.  Br-的氧化产物为溴单质，每 2molBr-被氧化生成1molBr2会失去2mol电子，每1molCl2被还原生成2molCl-得到2mol电子，每氧化0.2 mol Br-需消耗标准状况下2.24LCl2，故D正确；
故答案选D。
【点睛】在除杂的过程中，要注意试剂加入的顺序，避免引入新的杂质。

二、元素或物质推断题
15．现有六种原子序数依次增大的短周期主族元素A、B、C、D、E、F。已知信息如下：
①A是原子半径最小的元素，B是空气中含量最多的元素；
②D是短周期元素中金属性最强的元素；
③部分元素在周期表中的相对位置如表所示：
B
C

E

请回答下列问题：
(1)A与F形成的常见化合物的结构式为_______；
(2)B、C、D、E的原子半径由大到小的顺序为_______(填元素符号)，简单离子半径由大到小的顺序为_______(填离子符号)。
(3)上述元素对应的最高价含氧酸中酸性最强的是_______(填化学式，下同)，形成的最简单氢化物中沸点最高的为_______。
(4)C、D的单质在加热条件下反应的产物可用作_______(写出一种用途)，该产物中含有的化学键的类型为_______。该氧化物与水反应产生标况下2.24L气体转移的电子数为_______。
【答案】(1)H-Cl
(2)     Na>S>N>O    
(3)         
(4)     供氧剂     离子键、共价键     0.2

【分析】根据题中，A是原子半径最小的元素，可知A为H，B是空气中含量最多的元素，可知B为N，D是短周期元素中金属性最强的元素可知D为Na，根据③部分元素在周期表中的相对位置可知C为O，E为S，六种原子序数依次增大短周期主族元素，可知F为Cl，以此来解析；
（1）
由分析可知A为H，F为Cl，A与Ｆ形成的化合物为HCl，结构式为H-Cl；
（2）
B为N、C为O、D为Na、E为S，电子层越多原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大原子半径越小，B、C、D、E的原子半径由大到小的顺序为Na>S>N>O；B、C、D、E的离子分别为N3−、O2−、Na+、S2−，电子层越多离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，B、C、D、E简单离子半径由大到小的顺序为S2−>N3−>O2−>Na+；
（3）
非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，六种元素中非金属最强是O，其次是Cl，但是O无最高价氧化物对应水化物，所以只能是Cl，最高价氧化物对应水化物为HClO4；最简单氢化物为分子，沸点高低取决分子间作用力的强弱，水存在分子间氢键，氢键比分子间作用力强，所以沸点高的H2O；
（4）
C为O、D为Na，二者在加热条件下反应的产物为过氧化钠，可用作供氧剂，钠离子与过氧根离子间存在离子键，氧与氧之间存在共价键，所以既有离子键又有共价键，过氧化钠与水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，标况下2.24L气体的物质的量，O元素从-1价升高到0价，转移的电子数为0.2。

三、工业流程题
16．资源的合理利用，有利于社会的可持续发展。的回收的工艺流程可以锌锰废电池中碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和等物质)为原料：
I.将碳包中物质烘干，用足量稀溶解金属单质，过滤，得滤渣a；
II.将滤渣a在空气中灼烧，得到粗；
III.向粗中加入酸性溶液，溶解生成，有气体生成；
IV.向III所得溶液(pH约为6)中缓慢滴加溶液(pH约为12)，过滤，得滤渣b，其主要成分为；
V.滤渣b经洗涤、干燥、灼烧，制得较纯的。
(1)I：Ag与足量稀反应生成NO的化学方程式为_______。
(2)II：灼烧的目的是为了除去_______。
(3)III：溶解的离子方程式为_______。溶解一定量的时，的实际消耗量比理论值高，用化学方程式解释原因：_______。
(4)IV：若实验条件改为“向溶液中缓慢滴加III所得溶液”，滤渣b中可能会混有较多的_______杂质(填化学式)。
(5)V：在空气中灼烧的化学方程式为_______。
【答案】(1)
(2)碳粉(或C)
(3)         
(4)
(5)

【解析】（1）
稀硝酸与银反应生成硝酸银和一氧化氮和水，方程式为：3Ag+4HNO3═3AgNO3+NO↑+2H2O；故答案为：3Ag+4HNO3═3AgNO3+NO↑+2H2O；
（2）
滤渣a含有MnO2和碳粉，II：灼烧的目的是除去碳粉，故答案为：碳粉(或C)；
（3）
双氧水与二氧化锰发生氧化还原反应，方程式为：MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O；同时在二氧化锰做催化剂条件下，双氧水发生分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2═O2↑+2H2O，所以H2O2的实际消耗量比理论值高；故答案为：MnO2+H2O2+2H+═Mn2++O2↑+2H2O；2H2O2═O2↑+2H2O；
（4）
若实验条件改为“向0.50mol•L-1Na2CO3溶液中缓慢滴加III所得溶液”，Ⅲ所得溶液含有锰离子，锰离子可以和碳酸钠反应生成碳酸锰或碱式碳酸锰，则滤渣b中可能会混有较多的MnCO3，故答案为：MnCO3；
（5）
MnCO3在空气中灼烧生成二氧化锰和二氧化碳，化学方程式为：；故答案为：。

四、实验题
17．二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶的低温硫化剂和粘接剂。
S2Cl2具有下列性质：
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
-76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解
②氯气过量发生反应：
③受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气

实验室可利用硫与少量氯气在反应制得S2Cl2粗品。

(1)仪器m的名称为_______；符合A装置制取氯气的溶液n可以为_______溶液。
(2)请补充完整实验装置连接顺序：A→_______→_______→_______→E→D，______(填写装置标号)，其中装置E的作用是_______，D装置的作用是_______。
(3)实验过程中，实验前和停止加热后，都需通一段时间的氮气，若停止加热后没有继续通入氮气，则S2Cl2的产率将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(4)实验中为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是保持干燥环境，_______和_______。
(5)S2Cl2遇水强烈反应会产生两种气体和一种沉淀，请写出该反应的化学方程式_______。
【答案】(1)     三颈烧瓶或三口烧瓶     高锰酸钾溶液
(2)     A→F→C→B→E→D     将S2Cl2气体冷凝为液体，收集S2Cl2     吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置
(3)偏低
(4)     控制好温度     控制滴入浓盐酸的速率
(5)2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑

【分析】实验目的是制备S2Cl2，其原理是2S+Cl2S2Cl2，装置A制备氯气，得到氯气中混有水蒸气和HCl，S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，需要将水蒸气除去，A装置连接F，再连接C，得到干燥的氯气，在B装置反应生成S2Cl2，装置E收集S2Cl2，S2Cl2有毒，需要尾气处理，即D装置的目的是除去尾气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置，据此分析；
（1）
根据仪器m的特点，仪器m为三颈烧瓶或三口烧瓶；装置A制备氯气，因为没有加热装置，因此溶液n应为高锰酸钾溶液；故答案为三颈烧瓶或三口烧瓶；高锰酸钾溶液；
（2）
装置A制备氯气，得到氯气中混有水蒸气和HCl，S2Cl2受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，需要将水蒸气除去，A装置连接F，再连接C，得到干燥的氯气，在B装置反应生成S2Cl2，装置E收集S2Cl2，S2Cl2、Cl2有毒，需要尾气处理，即D装置的目的是除去尾气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置，连接顺序是A→F→C→B→E→D；故答案为A→F→C→B→E→D；将S2Cl2气体冷凝为液体，收集S2Cl2；吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入E装置；
（3）
实验前通一段时间的氮气，排除装置中的空气，防止干扰实验，停止加热后，通一段时间的氮气，是将装置内的氯气排入D装置，防止污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E装置收集，若停止加热后没有继续通入氮气，则装置B中部分S2Cl2没有被E装置收集，S2Cl2产率会偏低；故答案为偏低；
（4）
根据题中信息，S2Cl2在300℃以上完全分解，S2Cl2能与过量氯气生成SCl2，S2Cl2遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，为了提高S2Cl2的纯度，实验关键是保持干燥环境，控制好温度、滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；故答案为控制好温度；控制滴入浓盐酸的速率；
（5）
S2Cl2遇水强烈反应会产生两种气体和一种沉淀，有元素守恒得出气体为SO2、HCl，沉淀为S，其反应方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑，故答案为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑。

五、原理综合题
18．碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研合理利用和CO以减少碳的排放。
(1)可通过以下4种方式转化成有机物，从而有效实现碳循环。
a.
b.
c.
已知：
以上反应中，最环保节能的是_______，原子利用率最高的是_______。(填编号)
(2)我国科学家设计出一条仅11步的工业合成路线，实现了到淀粉的合成。其第一步是把还原为甲醇()，该方法的化学方程式是：  。回答下列问题：
①能说明该反应已达平衡状态的是_______(填字母)。
A．单位时间内生成的同时消耗了
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温恒压的容器中，混合气体的密度不再变化
②该反应正逆反应的活化能大小为：Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)
(3)利用CO高温时与磷石膏()反应，可减少CO的排放，又可以实现硫酸盐资源的再利用。已知该反应的产物与温度有关。
①在700℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质为_______(填化学式)。
②在1150℃时，向盛有足量的真空恒容密闭容器中充入一定量CO，反应体系起始压强为，主要发生反应：。该反应达到平衡时，，CO的转化率为50%，则初始时_______mol/L，该反应的压强平衡常数_______MPa(忽略副反应；气体分压=总压×气体物质的量分数)。
(4)工业上也可用炭粉还原磷石膏，该反应的产物与C/S值(炭粉与的物质的量之比)有关。向密闭容器中加入几组不同C/S值的炭粉与磷石膏的混合物，1100℃煅烧至无气体产生，结果如图所示。当C/S值为0.5时，反应产物主要为CaO、和；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中的体积分数下降，可能的原因是_______。

【答案】(1)     a     b
(2)     BCD     <
(3)     CaS         
(4)C/S较大时，C过量将还原为更低价，所以含量降低

【解析】（1）
环保主要考虑节能减排同时无污染物生成，a光合作用进行合成最环保节能。答案为a。b中所有原子都转化为了CH3COOH原子利用率最高，答案为b；
（2）
①判断达平衡判断方法：1、本质特征v正=v逆；2、变量不变，即反应过程中该物理量发生变化，但平衡就不变了等。
A.生成甲醇为正向，消耗H2为正向反应，所以无法判断平衡，A选项错误；
B.气体质量守恒但反应为气体减少的反应，所以平均摩尔质量随着反应进行增大，B项正确；
C.绝热容器中随着反应正向温度升高，K值减小，平衡时K值不变，C选项正确；
D.恒温恒压时随着反应的进行气体减少，体积减小，密度增大，平衡时密度不变，D选项正确；
故答案选BCD。
②该反应，则，答案为<；
（3）
①硫的最低价物质为S2-，则该物质为CaS，答案为CaS。
②。由于平衡时三种气体物质的量相同为起始的1.5倍，则平衡时的总压为1.5p0MPa且各气体的物质的量分数为均为，代入数据得。答案为10-4mol/L；；
（4）
C/S较大时，C过量将SO2还原为更低价，所以SO2含量降低。