广东省肇庆市2020届高三第三次检测理科综合化学试题 Word版含解析

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广东省肇庆市2020届高三第三次检测理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 肇庆市 2020 届高中毕业班第三次统一检测 理科综合能力测试化学试题 本试卷分第 1 卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分.第I卷1至5页,第II卷6至14页,共300分. ‎ 考生注意:‎ ‎1.答题前,考生务必将自己的考号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上的考号、姓名与考生本人考号、姓名是否一 致.‎ ‎2第I卷 每小题选出答案后,用 2B 铅笔 把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需要改动用橡皮擦干净,再选涂其他答案标号.第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。在试题卷上作答,答案无效.‎ ‎3 考试结束.监考人员将试卷、答题卡一并收回。‎ 可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O16 Na 23 Fe S6‎ 第1 卷 (选择题 共 126 分)‎ 一、选择题: 本题共13 小题,每小题6 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.“中国名片”“中国制造”中航天、军事、天文、医学等领域的发展受到世界瞩目,它们与化学有着密切的联系。下列说法正确的是 A. 港珠澳大桥路面使用到的沥青可以通过石油分馏得到 B. “玉兔二号”月球车的帆板太阳能电池的材料是二氧化硅 C. “歼-20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 D. 抗击“2019新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.沥青是石油分馏得到的产物,故A正确;‎ B.太阳能电池的材料是硅,不是二氧化硅,故B错误;‎ C.碳纤维是单质,是一种新型无机非金属材料,故C错误;‎ D.“84”消毒液的主要有效成分是NaClO,故D错误;‎ 故答案为A。‎ ‎2.下列有关苯 () 与【3】-轴烯 ()的说法错误的是 - 19 -‎ A. 二者互为同分异构体 B. 二者可用酸性KMnO4溶液鉴别 C. 【3】-轴烯与足量H2反应所得产物的二氯代物有5种 D. 苯分子中所有原子共平面,3】-轴烯分子中所有原子不可能共平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯和[3]-轴烯的分子式均为C6H6,两者是同分异构体,故A正确;‎ B.苯不能使酸性KMnO4溶液褪色,而[3]-轴烯含碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和[3]-轴烯,故B正确;‎ C.[3]-轴烯与足量氢气完全加成生成,当甲基上有1个氢原子被氯取代后,另一个氯原子的位置有四种;当环上有1个氢原子被取代后,另一个氯原子的位置只有一种,为环上的氢原子被氯原子取代,则共有5种二氯代物,故C正确;‎ D.苯分子是平面结构,[3]-轴烯含有3个碳碳双键,所有原子也一定共平面,故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎3.海水是十分重要的自然资源.如图是海水资源利用的部分过程,下列有关说法错误的是 ‎ ‎ A. 第①步除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子加入试剂顺序为:NaOH 溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸 B. 第②步由MgCl2•6H2O在空气中受热分解来制取无水MgCl2‎ C. 第③步可通入Cl2,第④⑤步的目的是富集溴元素 D. 海水淡化方法主要有蒸馏法、电渗析法和离交换法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 19 -‎ 海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液,粗盐精制除去杂质得到精盐,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气,母液中含有镁离子和溴离子,加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液,氢氧化镁溶解后浓缩蒸发,冷却结晶,过滤洗涤,在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁,滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质,把溴吹出用碳酸钠溶液吸收后,加入酸重新生成溴单质,以此解答该题。‎ ‎【详解】A.除去粗盐中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子,加入的药品顺序为:NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸,NaOH与氯化钡可互换顺序,故A正确;‎ B.MgCl2•6H2O在空气中加热时促进Mg2+水解,且水解产物HCl易挥发,最终只能得到氢氧化镁,继续高温加热还可能得到氧化镁,故B错误;‎ C.第③步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为C12+2Br-=2C1-+Br2,第④步将溴离子氧化为溴单质,第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中④⑤步目的是浓缩、富集溴单质,故D正确; ‎ D.蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来,得到纯净的水;通过离子交换树脂可以除去海水中的离子,从而达到淡化海水的目的;利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果,故D正确;‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列实验及现象不能得出相应结论的是 选项 实验 现象 结论 A 某溶液中滴加K3[(Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有 Fe2+‎ B ‎ 将CO2依次通过 NaHSO3溶液、品红溶液 品红溶液不褪色 ‎ H2SO3的酸性强于比H2CO3‎ C 向 l mL 新制氢氧化铜悬浊液中滴加适量 10 %葡萄糖溶液,加热煮沸 产生砖红色沉淀 葡萄糖具有还原性 D ‎ 向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加4~5 滴 0.l mol/L KI 溶液,再滴加几滴 0. 1mo l/L Na2S 溶液 ‎ 先有黄色沉淀生成;后又有黑色沉淀 ‎ Ksp (AgI )> Ksp (Ag2S)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀可检验亚铁离子,故A正确;‎ B.根据强酸制弱酸的原理,CO2溶于水生成的碳酸无法制取出SO2,说明亚硫酸的酸性比碳酸强,故B正确;‎ C.葡萄糖与新制氢氧化铜混合加热生成Cu2O,Cu元素化合价降低,发生还原反应,说明葡萄糖具有还原性,故C正确;‎ D.向 lmL0. l mol/L AgNO3溶液中滴加4~5 滴 0.l mol/L KI 溶液,生成AgI浅黄色沉淀,此时溶液中AgNO3过量,继续滴加几滴0. 1mo l/L Na2S溶液,会有Ag2S黑色沉淀生成,不存在AgI与Ag2S之间的沉淀转化,由无法确定Ksp (AgI )> Ksp (Ag2S),故D错误;‎ 故答案为D。‎ ‎5.W、X、Y、Z 均为短周期主族元素,X与Z同族,X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素,W与Z的最高化合价之和为8, 且W原子半径小于Z。下列叙述正确的是 A. 气态简单氢化物的稳定性:Z>X>W B. W和Y可形成共价化合物WY3,且WY3中W、Y均满足最外层 8 电子稳定结构 C. 常温下,0.l mol•L-1Z的最高价氧化物对应水合物水溶液的 pH >l D. 常温下,与W同族且相邻元素的单质能溶于X的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W、X、Y、Z 均为短周期主族元素, X核外电子总数等于Y最外层电子数,Y是短周期中非金属性最强的元素,则Y为F元素,最外层电子数为7,则X为氮元素;X与Z同族,则Z为磷元素;W与Z的最高化合价之和为8,磷元素最高价为+5价,W的最高价为+3价,且W原子半径小于Z,则W为B元素,据此分析解题。‎ ‎【详解】由分析知:WB元素、X为N元素、Y为F元素、Z为P元素;‎ A.元素的非金属性N>P>B,则气态简单氢化物的稳定性:NH3>PH3>BH3,故A错误;‎ B.B和F可组成BF3,其中F最外层 达到8 电子稳定结构,而B最外层不能达到8 电子稳定结构,故B错误;‎ C.P的最高价氧化物水化物为H3PO4,是中强酸,常温下,0.l mol•L-1 H3PO4溶液中c(H+)<0.l mol•L-1,则溶液pH >l,故C正确;‎ - 19 -‎ D.与B同族且相邻元素的单质为Al,在常温下遇浓硝酸钝化,不能完全溶解,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎6.某新型可充电电池构造如图所示,工作时(需先引发Fe 和KClO3的反应,从而使 LiCl-KCl共晶盐熔化),某电极(记为X )的反应式之一为:xLi++ xe- +LiV3O8=Lii+xV3O8。下列说法正确的是 A. 放电时,正极的电极反应式为: Li – e- = Li+‎ B. 放电时,总反应式为:xLi + LiV3O8 = Lii+xV3O8‎ C. 充电时,X电极与外接电源负极相连 D. 充电时,X电极的质量增加 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.放电时正极发生得电子的还原反应,即反应为:正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8,故A错误;‎ B.放电时负极发生氧化反应,负极反应为xLi – xe- = xLi+(或Li – e- = Li+),则总反应式为xLi + LiV3O8 =Lii+xV3O8,故B正确;‎ C.X极为原电池的正极,充电时与外接电源的正极相连,故C错误;‎ D.充电时,X电极发生氧化反应,电极反应为Li1+xV3O8– xe- = xLi++LiV3O8,电极质量减轻,故D错误;‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查原电池和电解池工作原理,正确判断图示装置中两极为解答关键,放电时,电池反应式为xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8,负极反应式为xLi-xe-═xLi+(或Li – e- = Li+),正极反应式为xLi++LiV3O8+xe-═Li1+xV3O8,充电时,阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反。‎ ‎7.室温下,向10 mL 0.10mol•L1-1YOH溶液中逐渐滴加0.20mol•L-1HX 溶液,混合溶液的pH 变化如图所示(温度和体积变化忽硌不计)。下列结论错误的是 - 19 -‎ A. HX为一元弱酸,YOH 为一元强碱 B. M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度 C. N点对应溶液中粒子浓度:c(HX)> c(X - ) > c(Y+ ) > c(H+ ) > c(OH-)‎ D. 室温时,pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)mol•L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知0.10mol•L1-1YOH溶液pH=13,该碱溶液中c(OH-)=c(YOH)=0.1mol/L,说明YOH完全电离,则YOH为强碱;滴加0.20mol•L-1HX溶液5mL时恰好完全反应,生成正盐YX,此时溶液pH>7,说明X-水解,则HX为弱酸,故A正确;‎ B.M和N点均存在X-的水解,但过量的HX电离出的H+抑制了水的电离,且过量HX越多,对水的电离抑制能力越大,则M点对应溶液中水的电离程度大于N 点溶液中水的电离程度,故B正确;‎ C.N点溶液中溶质为YX和HX,且两者浓度相等,此时溶液显酸性,说明HX的电离程度大于X-的水解程度,则c(X - ) > c(Y+ ) >c(HX)> c(H+ ) > c(OH-),故C错误;‎ D.X-的水解促进水的电离,YX溶液中c(OH-)来自水的电离,则室温时,pH = a 的YX溶液中水电离出的c(OH-)=l.0×10-(14-a)mol•L-1,故D正确;‎ 故答案为C。‎ ‎8.氨基钠(NaNH2)常用作有机合成的促进剂,是合成维生素 A 的原料。某学习小组用如下装置,以NH3和Na为原料加热至 350-360 ℃制备氨基钠,并检验其生成的产物和测定产品的纯度。‎ 已知:NaNH2极易水解且易被空气氧化。回答下列问题 :‎ ‎ ‎ - 19 -‎ A C ‎(1)仅从试剂性质角度分析,下列各组试剂不宜用于实验室制备NH3的是________(填字母序号)。‎ A.浓氨水、CaO B. NH4Cl固体、Ca(OH)2固体 C.浓氨水 D.NH4NO3固体 、NaOH固体 ‎(2)仪器D名称为___________,其中盛放的试剂为 ___________。‎ ‎(3)装置A中发生反应的化学方程式为 __________,能证明装置A中已发生反应的实验依据是__________________________ 。‎ ‎(4) 装置B的作用是______________ 。‎ ‎(5) 制备时,通入的氨气过量,待钠充分反应后,取 mg 产品, 按如图装置进行实验(产品所含杂质仅为 Na2O )。‎ 用注射器向试管中缓慢加入H2O至恰好完全反应立即停止,G中液面从刻度V1变 为 V2(已知V2>Vi,单位 mL,忽略固体体积,读取刻度时保持两使液面相平,实验过程处于标准状况下),则产品纯度为________:若读取V1时,G中液面低于漏斗侧液面,则所测得的纯度比实际产品纯度_________(填“偏高”、“ 偏低”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). D (2). 球形干燥管 (3). 无水硫酸铜 (4). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (5). 装置C中的黑色粉末变为红色,装置D中的白色粉末变为蓝色 (6). 吸收NH3,防止NH3与CuO反应 (7). (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH3和Na在加热条件下生成NaNH2和H2,利用P2O5除去H2中混有的NH3,除杂后的H2在加热条件下,将黑色CuO还原为红色Cu,生成的水使无色CuSO4粉末变蓝色。‎ ‎【详解】(1) A.CaO溶于水生成Ca(OH)2‎ - 19 -‎ ‎,同时放热,使浓氨水有氨气逸出,可制适量氨气,故A正确;‎ B.NH4Cl固体、Ca(OH)2固体混合加热可制氨气,故B正确;‎ C.浓氨水在加热条件下,有氨气逸出,可制适量氨气,故C正确;‎ D.NH4NO3受热或撞击易爆炸,且NaOH固体在加热条件下能与SiO2反应,腐蚀玻璃容器,则不用NH4NO3固体和NaOH固体混合加热制氨气,故D错误;‎ 故答案为D;‎ ‎(2)仪器D名称为球形干燥管,其作用是检验反应中生成的水蒸气,无水硫酸铜遇水变蓝色,则选择盛放的试剂为无水硫酸铜;‎ ‎(3)装置A中Na和氨气在加热条件生成NaNH2和H2,发生反应的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2;当装置C中的黑色粉末变为红色,装置D中的白色粉末变为蓝色,说明A中有H2生成,即证明装置A中已发生反应;‎ ‎(4) NH3有还原性,在加热条件下能还原CuO,则装置B的作用是吸收NH3,防止NH3与CuO反应;‎ ‎(5) 已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑,反应中生成NH3的物质的量为=mol,则产物NaNH2的物质的量为mol,产品纯度为=;若读取V1时,G中液面低于漏斗侧液面,此时G中压强大于1个大气压强,V1相对标准状况下体积偏小,则(V2-V1)偏大,导致所测得的纯度比实际产品纯度偏高。‎ ‎9.ZrO2常用陶瓷材料,可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4, 也可表示为ZrO2•SiO2还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取:‎ 已知:①ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+;‎ - 19 -‎ ‎②常温下,Ksp[Fe(OH)3= 1×10-38,Ksp [(Al(OH)3= 1×10-32;pH=6.2时,ZrO2+开始沉淀.‎ ‎(1)“熔融”过程中 ,ZrSiO4发生反应的化学方程式为______________________;滤渣 I的化学式为________________________。‎ ‎(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是________________:此过程中为使滤液I中的杂质离子沉淀完全而除去(当离子浓度c≤1×10-5 mol•L-1时即为沉淀完全) ,室温下加氪水调节pH范围为____________________。‎ ‎(3)为得到纯净的ZrO2滤渣III要用水洗,检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。 ‎ ‎(4)滤渣III的成分是Zr(CO3)2 • nZr(OH)4。“调 pH=8.0”时,所发生反应的离子方程式为_______________________;滤渣III制备ZrO2的方法是_____________。‎ ‎【答案】 (1). ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O (2). H2SiO3 (3). 将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 (4). 5≤pH<6.2 (5). 取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则Zr(OH)4洗涤干净 (6). (n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2•nZr(OH)4↓+(2n-2)HCO3 - (7). 高温焙烧 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锆英砂(主要成分为 ZrSiO4,还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质),加NaOH熔融,ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3,氧化铝转化为NaAlO2,SiO2转化为Na2SiO3,Fe2O3不反应,再加过量盐酸酸浸,Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2+,Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀,偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁,过滤分离,滤渣I为硅酸,滤液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,Na+、Cl-等,加入过氧化氢氧化亚铁离子,加氨水调节pH,使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀,过滤分离滤渣II为氢氧化铁、氢氧化铝,滤液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-,Na+、Cl-等,再加氨水调节pH,使ZrO2+转化为Zr(OH)4沉淀,过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH)4,加热分解即可得到ZrO2,以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)高温下,ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3,其反应的方程式为:ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O,加过量盐酸酸浸,Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀,过滤,滤渣I为H2SiO3;‎ ‎(2)“除杂”过程中,加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,以便转化为Fe(OH)3沉淀除去;加氪水调节pH的目的是使Al3+和Fe3+完全转化为沉淀,但ZrO2+不沉淀,由Ksp[Fe(OH)3‎ - 19 -‎ ‎= 1×10-38,可知Fe3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=1×10-11 mol/L,此时溶液pH=3;Ksp [(Al(OH)3]= 1×10-32,可知Al3+完全沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=1×10-9 mol/L,此时溶液pH=5,再结合pH= 6.2时,ZrO2+ 开始沉淀,则调节pH范围为5≤pH<6.2;‎ ‎(3) Zr(OH)4表面为附着Cl-等,检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是:取最后一次洗涤液,向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则Zr(OH)4洗涤干净;‎ ‎(4) “调pH=8.0”时,反应生成Zr(CO3)2•nZr(OH)4,则所发生反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2•nZr(OH)4↓+(2n-2)HCO3-;滤渣III为Zr(OH)4,高温焙烧分解即可得到ZrO2。‎ ‎10.SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法、吸收法或电解法处理SO2。利用催化还原 SO2法 不仅可消除SO2污染,而且可得到有经济价值的单质S。‎ ‎(1)已知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3 kJ/ mol和一297.2 kJ/ mol , 则CH4 催化还原SO2反应:CH4(g) +2 SO2 (g) =CO2(g)+ 2S(s)+ 2 H2O(1) △H =_____kJ/mol ‎ ‎(2)在恒容密闭容器中,用 H2还原SO2生成S 的反应分两步完成(如图1所示),该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示 :‎ 分析可知X为_______(填化学式),o~t1时间段的温度为_______,o~ t1时间段用SO2表示的化学反应速率为______________。‎ ‎(3)焦炭催化还原SO2生成S2, 化学方程式为2C(s)+ 2 SO2 (g)S2(g)+2CO2(g)△H < 0。‎ 实验测得:v正= k 正c2 (SO2 ) , v逆= k 逆c(S2 ) •c2 ( CO 2) ( k正、k逆为速率常数,只与温度有关).某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2,并加入足量焦炭,当反应达平衡时,SO2 转化率为80%,则:‎ ‎①k正:k 逆=_______________。‎ ‎②若升高温度,k正增大的倍数______( 填“> ”、“< ”或“= ”) k 逆增大的倍数。‎ - 19 -‎ ‎(4) 利用如图所示装置(电极均惰性电极)可吸收SO2。‎ 直流电源a为_______极,电解时.电极B的电极反应式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). -295.9 kJ/mol (2). H2S (3). 300℃ (4). mol/(L•min) (5). 3.2:1 (6). < (7). 正 (8). 2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CH4和SO2反应化学方程式为CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O,CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol 和297.2kJ/mol,热化学方程式为:①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol   ②S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ/mol,根据盖斯定律①-②×2计算CH4(g)+2SO2(g)═CO2(g)+2S (s)+2H2O(l)的焓变△H;‎ ‎(2)根据图1可知,在300℃时,SO2和H2反应生成H2S,在100℃到200℃时,H2S和SO2反应生成S和水;0~t1时间段用SO2 表示的化学反应速率v=;‎ ‎(3) 某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2,并加入足量焦炭,当反应达平衡时,SO2 转化率为80%,则:‎ ‎ ‎ ‎①当反应达到平衡时,v正=v逆,据此计算k正:k 逆;‎ ‎②升高温度,正、逆反应速率均升高,且平衡向吸热反应方向移动;‎ ‎(4) 依据图示可知,二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极区发生反应SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+,阳极与电源的正极a相连,b为电源负极,阴极的电极反应式为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O,以此解答该题。‎ - 19 -‎ ‎【详解】(1)CH4 和S的燃烧热分别为890.3 kJ/mol 和297.2 kJ/mol,可知热化学方程式:①CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol,②S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=-297.2kJ/mol,根据盖斯定律①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)═CO2(g)+2S (s)+2H2O(l)△H=-295.9 kJ/mol;‎ ‎(2)根据图1可知,在300℃时,SO2和H2反应生成H2S,在100℃到200℃时,H2S和SO2反应生成S和水,所以X为H2S;在图2中,0~t1时间段SO2和H2的浓度降低,H2S的浓度升高,故0~t1时间段温度为300℃;用SO2 表示的化学反应速率v===mol/(L•min);‎ ‎(3) 某温度下,向2L的恒容密闭容器中充入lmol SO2,并加入足量焦炭,当反应达平衡时,SO2 转化率为80%,则:‎ ‎①当反应达到平衡时,v正=v逆,则k正c2 (SO2 ) =k逆c(S2)•c2(CO2),故k正:k逆===3.2:1;‎ ‎②此反应正反应为放热反应,则升高温度,平衡逆向移动,此时v正<v逆,则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数;‎ ‎(4) 依据图示可知,二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,则电源a为正极;电解时,电极B为阴极,HSO3-还原为S2O42-,则发生的电极反应式为2HSO3-+2H++2e- ═S2O42-+2H2O。‎ ‎【点睛】本题涉及盖斯定律的应用,基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式),结合原热化学方程式(一般2~3个)进行合理“变形”,如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数,然后将它们相加、减,得到目标热化学方程式,求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎[化学一选修3: 物质结构与性质)‎ - 19 -‎ ‎11.2019年4月23日,中国人民军成立70周年。提到海军就不得不提航空母舰,我国正在建造第三艘航空母舰。航母的龙骨要耐冲击,甲板要耐高温,外壳要耐腐蚀.‎ ‎(1)镍铬钢抗腐蚀性能强,基态C r 原子价层电子的电子排布式为_______________。‎ ‎(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图申所示)。基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形:H、C、O、Si 四种元素中的电负性最高的是______。‎ ‎ ‎ ‎(3)海洋是元素的摇篮,海水中含有大量卤族元素。‎ ‎①钛卤化物的熔点如下表所示:‎ ‎ ‎ TiF4‎ TiCl4‎ TiBr4‎ TiI4‎ 熔点/℃‎ ‎377‎ ‎-24‎ ‎38‎ ‎150‎ 解释表中卤化物之间熔点差异的原因是________________________。‎ ‎②OF2的空间构型为___________,其中O原子杂化方式为__________杂化。‎ ‎③氯元素可以形成多种含氧酸,其酸性由弱到强的顺序为:HClO
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