天津市咸水沽第二中学2020届高三化学质量调查试题

天津市咸水沽第二中学2020届高三化学质量调查试题

‎2020年高三质量调查试卷 化学试卷 第Ⅰ卷 注意事项：‎ ‎1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。‎ 以下数据供解题时参考：‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56‎ ‎1.下列叙述正确的是( )‎ A. 常温下，相同浓度的溶液碱性比较：‎ B. 常温下，往溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有、‎ C. 加热溶液至蒸干，可得到纯净的固体 D. 常温下，若溶液中含有可用溶液鉴别 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，由于酸性，所以其相同浓度的弱酸强碱盐溶液的碱性比较为：，A正确；‎ B．常温下，往溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分为，B错误；‎ C．FeCl3在水溶液中易水解生成Fe(OH)3和HCl，水解的反应化学方程式：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3HCl；加热促进水解，而且HCl易挥发，所以加热蒸干溶液会生成的氢氧化铁，无法得到纯净的固体，C错误；‎ D．常温下，若溶液中含有，滴入溶液时，两者均与反应，但与反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，会掩盖住白色的Fe(OH)2‎ ‎，肉眼无法判断，所以不能用溶液鉴别溶液中是否含有，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】加热盐溶液制取溶质固体时，要考虑盐溶液中的离子是否水解和水解的产物，若会水解，在没有采取相应的抑制措施的情况下，一般不能制取得到该溶质固体的。‎ ‎2.以铅蓄电池为外电源，Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。已知：铅蓄电池中的总反应方程式为：‎ Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O（l）‎ 电解的化学方程式：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑‎ 对该电解过程，下列判断错误的是（ ）‎ A. 电解池：溶液的pH减小 B. 电解池：SO42-移向Al电极 C. 铅蓄电池：负极质量不变 D. 铅蓄电池：工作一段时间后，进行充电时铅蓄电池的负极接电源的负极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解过程中，阳极Al被氧化生成Al2O3，电极方程式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，阴极氢离子放电生成氢气电极方程式为6H++6e-=3H2↑，根据电极方程式可知电解的实质就是电解水，水的减少会使稀硫酸浓度增大，溶液pH减小，故A正确；‎ B．电解池中Al为阳极，阴离子流向阳极，故B正确；‎ C．铅蓄电池放电时负极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，硫酸铅不溶于水，附着在电极上使电极质量增加，故C错误；‎ D．放电时，Pb被氧化为负极，充电时，需要将PbSO4还原为Pb，需要与电源的负极相连，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列有关化学反应原理判断正确的是( )‎ A. 若一定条件下，反应达平衡后，压缩容器，则反应物浓度增大，平衡正向移动 B. 已知水合肼()‎ 是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，则在水中它的第二步电离方程式为 C. 同温同压下，在光照和点燃条件下的不同 D. 在一定条件下的溶液，若升高温度，则减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应是一个气体系数不变的反应，达平衡后，压缩容器，则反应物浓度增大，但平衡不移动，A错误；‎ B．已知水合肼()是二元弱碱，能发生类似于多元酸的电离形式，第一步电离方程式为：N2H4+H2O N2H5++OH-，则在水中它的第二步电离方程式为，B正确；‎ C．化学反应的热效应取决于反应的始终态，与反应过程无关，所以同温同压下，在光照和点燃条件下的相同，C错误；‎ D．CO32-+H2OHCO3-+OH-，碳酸根水解是吸热过程，所以温度升高，促进其水解，c(HCO3-)变大，c(CO32-)变小，则变大，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )‎ A. 固体中离子总数为 B. (羟基)所含电子数为 C. 与足量浓盐酸反应转移电子数为 D. 常温下，溶液中数目小于 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol的中含有1mol的O22-和2mol的Na+，所以固体中离子总数为：(‎7.8g/‎78g·mol-1)×3=0.3NA，A错误；‎ B．(羟基)所含电子数为9NA，B错误；‎ C．铁和浓盐酸反应与稀盐酸反应相同，为：Fe + 2HCl = FeCl2 + H2↑，所以与足量浓盐酸反应转移电子数为，C错误；‎ D．由于常温下在溶液中会水解，所以溶液中数目小于，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】羟基不是离子而是基团，羟基比OH-少一个电子，不能按算OH-的电子数的方式去计算它的电子数。‎ ‎5.根据已有知识判断下列说法错误的是( )‎ A. 为防止月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入硅胶 B 汽车使用乙醇汽油与传统汽油相比可以减少尾气污染 C. 浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土与水果放在一起可以保鲜水果 D. 鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅胶具有吸水性，能做干燥剂但不能抗氧化，A错误； ‎ B．乙醇含有碳、氢、氧三种元素，燃烧只生成二氧化碳和水，不生成有害物质，乙醇汽油是由乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的混合物，汽车使用乙醇汽油使得尾气中氮氧化物、酮类等污染物浓度明显降低，B正确；‎ C．水果在存放的过程中会产生乙烯并释放到空气中，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以将乙烯氧化为二氧化碳，阻止水果过度成熟，从而达到保鲜水果的目的，C正确；‎ D．鸡蛋煮熟过程中，由于高温破坏了蛋白质的空间结构，导致蛋白质变性失活，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.在溶液中通入气体，未见到沉淀。若再通入或加入下列物质中的一种，则可以看到沉淀，则该物质不可能为( )‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与SO2反应，把SO2氧化为SO42-，SO42-会与Ba2+反应，得到BaSO4沉淀，A 不符合题意； ‎ B．再通入看不到沉淀，因为不能与SO2反应，在该体系中也没有其他能产生沉淀的反应，B符合题意； ‎ C．能与SO2反应，得到SO32-，并使溶液为碱性。SO32-与Ba2+反应，得到BaSO3沉淀，C不符合题意； ‎ D．与SO2反应，把SO2氧化为SO42-，SO42-会与Ba2+反应，得到BaSO4沉淀，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎7.盆栽使用诱抗素可保证鲜花盛开，它的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是( )‎ A 诱抗素不能发生缩聚反应 B. 诱抗素能与发生加成反应 C. 诱抗素中羟基不能被氧化为醛基 D. 诱抗素属于芳香族化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该有机物中含有羰基、碳碳双键、醇羟基、羧基，具有酮、烯烃、醇、羧酸的性质。‎ ‎【详解】A．诱抗素含-OH和-COOH可发生缩聚反应，A错误；‎ B．诱抗素含有3mol的碳碳双键，所以能与发生加成反应，B错误；‎ C．诱抗素中与羟基相连的碳上无氢原子，所以羟基不能被氧化为醛基，C正确；‎ D．诱抗素不含苯环，其不属于芳香族化合物，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金 B. 二氧化硫除具有漂白性外，还可用于杀菌、消毒 C. 能消杀病毒的过氧乙酸，具有强氧化性、弱酸性等性质，是强电解质 D. 在海轮外壳上镶入活泼金属，可减缓船体的腐蚀速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．现代化建设要使用大量钢材，钢材是用途广泛的合金，A正确；‎ B．二氧化硫具有还原性，容易被氧气氧化，从而使细菌失去氧气这一生存的必要条件，达到杀菌、消毒的目的，故B正确；‎ C．过氧乙酸为弱酸，是弱电解质，故C错误；‎ D．在海轮外壳上镶入活泼金属，在海水中与金属外壳形成原电池，活泼电极做负极被氧化，从而减缓船体的腐蚀，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎9.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. Fe原子的电子排布式：［Ar］3d54s3‎ B. CaCl2的电子式：‎ C. N2的结构式：N－N D. 原子核内有10个中子的氧原子：O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．s能级最多容纳两个自旋方向不同的电子，Fe原子的电子排布式为［Ar］3d64s2，故A错误；‎ B．CaCl2的电子式为，故B错误；‎ C．氮气分子中两个氮原子之间为氮氮三键，结构式为N≡N，故C错误；‎ D．原子核内有10个中子的氧原子的质量数=质子数+中子数=10+8=18，所以符号为O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列说法中错误的是( )‎ A. 离子中心原子上的孤电子对数是1，立体构型为平面三角形 B. 元素周期表第三周期主族元素中，简单离子半径最小的是 C. 金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨比金刚石稳定 D. 、都是非极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．离子中心原子上的孤电子对数为：(5-3×2+1)/2=0，立体构型为平面三角形，A错误；‎ B．非金属元素原子形成电子时，其半径会变大，而金属元素形成离子时，其半径会变小。第三周期中，只有Na、Mg、Al三种金属元素，金属元素原子失去最外层电子而形成离子后，他们的核外电子数都为10，质子数比电子数多，质子吸引电子，质子越多，引力就越大，半径就越小，Al的质子数最多，故其半径最小，B正确；‎ C．金刚石转化为石墨为放热反应，说明相同条件下石墨的总能量比金刚石的低，所以石墨比金刚石稳定，C正确；‎ D．为直线形分子，为平面三角形分子，它们的分子构型是对称的，正负电荷中心重合，合力均为0，都是非极性分子，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】只含极性键的化合物不一定是极性分子，如甲烷，分子的极性与非极性是由分子的电荷分布情况决定的。非极性分子其分子内部电荷分布均匀，分子构型是对称的，正负电荷中心重合；而极性分子的内部电荷分布不均匀，分子构型是不对称的，正负电荷中心不重合。‎ ‎11.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：，该反应一定条件下可自发进行。若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应作出的判断(有关图像)错误的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 脱硝反应为：，该反应为气体系数减小的反应，所以ΔS＜0，根据该反应在一定条件下可自发进行，即有ΔH-TΔS＜0，所以得出ΔH＜0，反应为放热反应。‎ ‎【详解】A．由A图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，与分析的结果是相符的，A正确； ‎ B．由分析可知该反应正反应为放热反应，所以，升温平衡向左移动，平衡常数K变小，B错误；‎ C．t时刻，加入催化剂，正反应速率瞬间变大，但平衡不移动，正反应速率保持不变，C正确； ‎ D．仅增加O3，平衡向右移动，NO2转化率升高，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.元素Q、R、W、Y、X在元素周期表2、3、4周期中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻，已知：X元素为磷元素；W的氯化物分子呈正四面体结构；W与Q可以形成一种高温结构陶瓷；Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。下列选项错误的是（ ）‎ A. W的氧化物的晶体类型是共价晶体 B. Q的单质在空气中广泛存在 C. R和Y形成的化合物中，R可以呈现的最高化合价是+5价 D. Q、R、X的氢化物中，沸点最低的是Q的氢化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的氯化物分子呈正四面体结构，应为SiCl4或CCl4，又W与Q可以形成一种高温结构陶瓷材料，可推断W为Si，Q为N元素；元素Q、R、W、Y与元素X相邻，Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸，则Y为S，X为P，R为As元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．Si的氧化物为SiO2，是靠共价键聚集的原子晶体，即共价晶体，故A正确；‎ B．空气中氮气体积分数为78%，故B正确；‎ C．R为As，为第ⅤA族元素，电负性小于S，所以与S形成的化合物中应为正价，最高正价为+5价，故C正确；‎ D．NH3分子间存在氢键，熔沸点高于AsH3和PH3，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】主族元素若有最高正价，则等于族序数，若有最低负价，则等于族序数-8。‎ 第II卷 注意事项：‎ ‎1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。‎ ‎2.本卷共4题，共64分。‎ ‎13.、、、、五种元素的原子序数依次递增。已知：①位于周期表中第四周期族，其余的均为短周期主族元素：②的氧化物是光导纤维的主要成分；③原子核外层电子数为奇数；④是形成化合物种类最多的元素；⑤原子轨道的电子数为4。请回答下列问题：‎ ‎(1)写出一种元素形成氢化物的化学式_____________。‎ ‎(2)在1个由与形成的晶胞中(结构如图所示)所包含的原子数目为____________个。‎ ‎(3)在[F(NH3)4]2+离子中，的空轨道接受的氮原子提供的__________形成配位键。‎ ‎(4)常温下、和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质是__________(写名称)，‎ 物质分子中原子轨道的杂化类型为__________，分子中键的数目为__________。‎ ‎(5)、、三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为__________(写元素符号)。‎ ‎【答案】 (1). CH4 (2). 4 (3). 孤电子对 (4). 甲醛 (5). sp2杂化 (6). 3 (7). Si＜C＜N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎、、、、五种元素的原子序数依次递增。根据①F位于周期表中第四周期族可判断其为Cu；根据②E的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E为Si；根据④X是形成化合物种类最多的元素可判断X为C；根据③Y原子核外L层电子数为奇数且原子序数比X的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N或F；根据⑤Z的原子P轨道的电子数为4推测出Z可能为O或S，但E的原子序数大于Z，E为Si，所以Z只能为O，处于C和O之间的Y只能为N，所以、、、、分别为C、N、O、Si、Cu，据此解题。‎ ‎【详解】(1)X为C，元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；‎ ‎(2)为Cu2O，根据化学式中原子个数比Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以该晶胞中所包含的Cu原子数目为4个；‎ ‎(3)在[Cu(NH3)4]2+离子中，的空轨道接受的氮原子提供的孤电子对形成配位键；‎ ‎(4)常温下C、O和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成C=O，C剩余的两个单电子各与两个H形成两个C-H键，双键中含有一条σ键和一条π键，两条C-H单键都是σ键，所以σ键数=2+1=3，杂化轨道数=σ键数+孤对电子数(C 无孤对电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数=3，为sp2杂化，1mol HCHO分子中σ键的数目为3；‎ ‎(5)、、三种元素分别为C、N、Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、N、Si的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si＜C＜N。‎ ‎14.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物A制备H的一种合成路线如图：‎ 已知：‎ ‎①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O ‎②‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）有机物A的名称是__。E所含官能团的名称是__。‎ ‎（2）已知②中物质“||”的同系物丙烯是一种医疗卫生用布——聚丙烯无纺布的原材料，用化学符号表示丙烯的结构简式为___。‎ ‎（3）H能发生的反应类型分别是___。‎ a.聚合反应 b.加成反应 c.消去反应 d.取代反应 ‎（4）D→E的反应，若只把条件（1）改为KOH/H2O，则生成物E的结构简式是__。‎ ‎（5）写出E→F的化学方程式__。‎ ‎（6）G为甲苯的同分异构体，G的结构简式是__。‎ ‎（7）参照如图合成路线，写出用A和CH3CHO为原料经以上合成路线制备化合物C(C9H8O2)的合成路线___（其它试剂任选）。‎ ‎（8）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，苯环上的烃基为乙基，其核磁共振氢谱显示苯环上有4种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：1：1。写出一种符合要求的X的结构简式：__。‎ ‎【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳叁键、羧基 (3). CH3CH=CH2 (4). abd (5). C6H5CH（OH）CH（OH）COOH (6). C6H‎5C≡CCOOH+C2H5OHC6H‎5C≡CCOOC2H5+H2O (7). (8). (9). 、（写一种即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A生成B的已知条件可知，A到B应发生信息①的反应，则A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，根据B到C的分子式变化可知该过程为氧化反应，C应为；C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为；E与乙醇发生酯化反应生成F为；结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知A为，名称为苯甲醛；E的结构简式为，其官能团为碳碳三键和羧基；‎ ‎(2)丙烯应含有三个碳原子，含有一个碳碳双键，结构简式为CH3CH=CH2；‎ ‎(3)H含有酯基可以发生水解(取代)反应；含有碳碳双键可以发生氧化反应、加成反应，聚和反应，不含卤原子或羟基，不能发生消去反应，所以选abd；‎ ‎(4)把条件(1)改为KOH/H2O，则发生溴原子的水解反应，产物为C6H5CH(OH)CH(OH)COOH；‎ ‎(5)E到F为酯化反应，方程式为C6H‎5C≡CCOOH+C2H5OHC6H‎5C≡CCOOC2H5+H2O；‎ ‎(6)根据分析可知G为；‎ ‎(7)根据分析可知，A生成B应发生类似信息①的反应，B中醛基被氧化生成C，所以路线为；‎ ‎(8)X是F的同分异构体，为芳香烃，即含有苯环，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基；苯环上的烃基为乙基，则还剩余3个碳原子，2个O原子，且应含有碳碳三键和碳氧双键；其核磁共振氢谱显示苯环上有4种不同化学环境的氢，峰面积比为1：1：1：1，说明有两个取代基，且结构不对称，所以X可以为或。‎ ‎【点睛】本题同分异构体的寻找为易错点，要注意题干要求“苯环上有4种不同化学环境的氢”，说明苯环上有2个取代基，且结构不对称。‎ ‎15.是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成固体，模拟工业上用过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示。‎ 已知：熔点‎-59℃‎、沸点‎11℃‎、沸点‎150℃‎ 中的化学方程式：‎ ‎(1)放入仪器中，仪器中的药品是__________(写化学式)。如果仪器改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。‎ ‎(2)装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。‎ ‎(3)向装置中通入空气，其作用是赶出，然后通过再到中反应。通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。‎ ‎(4)冰水浴冷却的目的是__________。‎ a.降低的溶解度 b.减少的分解 c.使变为液态 d.加快反应速率 ‎(5)写出中发生反应的化学方程式__________，在反应起到__________作用。假设在反应中消耗掉则有__________电子转移。‎ ‎【答案】 (1). H2O2 (2). 液体无法顺利滴落 (3). (4). 空气流速快时，不能被充分吸收 (5). 空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解 (6). abc (7). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O (8). 还原剂 (9). a/17‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O。‎ ‎【详解】(1)放入仪器中，仪器中的药品是H2O2，仪器B为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；‎ ‎(2)实验中C的作用是防止倒吸，装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；‎ ‎(3)向装置中通入空气，其作用是赶出，然后通过再到 中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解；‎ ‎(4) NaClO2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低的溶解度、减少的分解，由于的沸点较低，所以还能使变为液态，方便使用；‎ ‎(5)写出中发生反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：~2e-，若在反应中消耗掉，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(‎34g·mol-1)= a/17mol。‎ ‎16.治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。‎ ‎（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式：__。‎ 工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度__(填“变大”、“变小”或“不变”)‎ ‎（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：‎ 过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1‎ 过程II反应的热化学方程式（∆H2用含有∆H和∆H1的代数式表示）__。‎ ‎（3）在温度T‎0℃‎，容积为‎1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。‎ ‎①反应到6s时，NO2的转化率是__。‎ ‎②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是__。‎ a.X b.Y c.Z d.W ‎③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是__。‎ ‎④此容器中反应达平衡时，温度若为T‎1℃‎，此温度下的平衡常数K═__。‎ ‎（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，‎25℃‎时用1mol•L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知‎25℃‎时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因___。‎ ‎【答案】 (1). CO-2e-+H2O=CO2+2H+ (2). 不变 (3). 2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2═∆H-2∆H1 (4). 80% (5). d (6). 反应放热，体系温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小 (7). 225 (8). 根据Ka2═c(SO32-)•c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；‎ ‎(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H ①；‎ 过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) ∆H1 ②；‎ 根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ∆H2=∆H-2∆H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；‎ ‎(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为 ‎=80%；‎ ‎②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；‎ ‎③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；‎ ‎④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K==225；‎ ‎(4)根据Ka2==6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出=6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。‎