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

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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