肇慶市2020屆高三化學第三次檢測試題含解析

廣東省肇慶市2020屆高三化學第三次檢測試題含解析廣東省肇慶市2020屆高三化學第三次檢測試題含解析PAGE27-廣東省肇慶市2020屆高三化學第三次檢測試題含解析廣東省肇慶市2020屆高三化學第三次檢測試題（含解析）本試卷分第1卷（選擇題)和第II卷（非選擇題）兩部分．第I卷1至5頁，第II卷6至14頁，共300分．考生注意：1.答題前，考生務必將自己的考號、姓名填寫在答題卡上?？忌J真核對答題卡上的考號、姓名與考生本人考號、姓名是否一致．2第I卷每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需要改動用橡皮擦干凈，再選涂其他答案標號．第II卷用黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答.在試題卷上作答，答案無效．3考試結束．監(jiān)考人員將試卷、答題卡一并收回。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23FeS6第1卷（選擇題共126分)一、選擇題：本題共13小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1.“中國名片”“中國制造”中航天、軍事、天文、醫(yī)學等領域的發(fā)展受到世界矚目，它們與化學有著密切的聯(lián)系。下列說法正確的是A.港珠澳大橋路面使用到的瀝青可以通過石油分餾得到B?！坝裢枚?月球車的帆板太陽能電池的材料是二氧化硅C.“殲-20"飛機上大量使用的碳纖維是一種新型有機高分子材料D?？箵簟?019新型冠狀病毒”過程中用到的“84”消毒液的主要有效成分是Ca(ClO)2【答案】A【解析】【詳解】A．瀝青是石油分餾得到的產物，故A正確；B．太陽能電池的材料是硅，不是二氧化硅,故B錯誤；C．碳纖維是單質，是一種新型無機非金屬材料，故C錯誤；D．“84”消毒液的主要有效成分是NaClO，故D錯誤；故答案為A。2.下列有關苯(）與【3】—軸烯(）的說法錯誤的是A。二者互為同分異構體B。二者可用酸性KMnO4溶液鑒別C.【3】－軸烯與足量H2反應所得產物的二氯代物有5種D。苯分子中所有原子共平面,3】-軸烯分子中所有原子不可能共平面【答案】D【解析】【詳解】A．苯和［3]-軸烯的分子式均為C6H6，兩者是同分異構體，故A正確;B．苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，而[3]—軸烯含碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，可用酸性KMnO4溶液鑒別苯和［3］-軸烯，故B正確;C．［3］—軸烯與足量氫氣完全加成生成，當甲基上有1個氫原子被氯取代后,另一個氯原子的位置有四種；當環(huán)上有1個氫原子被取代后,另一個氯原子的位置只有一種，為環(huán)上的氫原子被氯原子取代,則共有5種二氯代物,故C正確；D．苯分子是平面結構，[3］-軸烯含有3個碳碳雙鍵,所有原子也一定共平面,故D錯誤；故答案為D。3。海水是十分重要的自然資源．如圖是海水資源利用的部分過程，下列有關說法錯誤的是A.第①步除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-等雜質離子加入試劑順序為:NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸B。第②步由MgCl2?6H2O在空氣中受熱分解來制取無水MgCl2C.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餾法、電滲析法和離交換法【答案】B【解析】【分析】海水通過蒸發(fā)濃縮得到粗鹽和母液，粗鹽精制除去雜質得到精鹽，電解飽和食鹽水得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，母液中含有鎂離子和溴離子，加入石灰乳沉淀鎂離子過濾得到氫氧化鎂沉淀和濾液，氫氧化鎂溶解后濃縮蒸發(fā)，冷卻結晶，過濾洗滌，在氯化氫氣流中加熱失去結晶水得到無水氯化鎂，濾液中加入氧化劑氯水氧化溴離子為溴單質，把溴吹出用碳酸鈉溶液吸收后，加入酸重新生成溴單質，以此解答該題?！驹斀狻緼．除去粗鹽中含有的Mg2+、Ca2+、SO42-等雜質離子，加入的藥品順序為:NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸，NaOH與氯化鋇可互換順序，故A正確;B．MgCl2?6H2O在空氣中加熱時促進Mg2+水解，且水解產物HCl易揮發(fā)，最終只能得到氫氧化鎂，繼續(xù)高溫加熱還可能得到氧化鎂，故B錯誤；C．第③步中溴元素被氧化，發(fā)生反應的離子方程式為C12+2Br-=2C1-+Br2,第④步將溴離子氧化為溴單質,第⑤步中溴單質在碳酸鈉溶液中發(fā)生歧化反應生成溴化鈉和溴酸鈉，第⑥步中溴化鈉和溴酸鈉經酸化轉化為溴單質，過程中④⑤步目的是濃縮、富集溴單質，故D正確；D．蒸餾法是把水從水的混合物中分離出來，得到純凈的水；通過離子交換樹脂可以除去海水中的離子，從而達到淡化海水的目的；利用電滲析法可使相應的離子通過半透膜以達到硬水軟化的效果,故D正確;故答案為B.4。下列實驗及現(xiàn)象不能得出相應結論的是選項實驗現(xiàn)象結論A某溶液中滴加K3［（Fe(CN)6]溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+B將CO2依次通過NaHSO3溶液、品紅溶液品紅溶液不褪色H2SO3的酸性強于比H2CO3C向lmL新制氫氧化銅懸濁液中滴加適量10%葡萄糖溶液,加熱煮沸產生磚紅色沉淀葡萄糖具有還原性D向lmL0。lmol/LAgNO3溶液中滴加4~5滴0。lmol/LKI溶液，再滴加幾滴0.1mol/LNa2S溶液先有黃色沉淀生成;后又有黑色沉淀Ksp（AgI)>Ksp(Ag2S)A。A B。B C。C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．滴加K3［Fe（CN）6］溶液產生藍色沉淀可檢驗亞鐵離子，故A正確；B．根據強酸制弱酸的原理,CO2溶于水生成的碳酸無法制取出SO2，說明亞硫酸的酸性比碳酸強，故B正確；C．葡萄糖與新制氫氧化銅混合加熱生成Cu2O，Cu元素化合價降低，發(fā)生還原反應,說明葡萄糖具有還原性，故C正確；D．向lmL0。lmol/LAgNO3溶液中滴加4～5滴0.lmol/LKI溶液,生成AgI淺黃色沉淀，此時溶液中AgNO3過量，繼續(xù)滴加幾滴0.1mol/LNa2S溶液,會有Ag2S黑色沉淀生成,不存在AgI與Ag2S之間的沉淀轉化，由無法確定Ksp(AgI）〉Ksp（Ag2S），故D錯誤；故答案為D。5.W、X、Y、Z均為短周期主族元素，X與Z同族，X核外電子總數(shù)等于Y最外層電子數(shù),Y是短周期中非金屬性最強的元素，W與Z的最高化合價之和為8，且W原子半徑小于Z.下列敘述正確的是A。氣態(tài)簡單氫化物的穩(wěn)定性:Z〉X>WB.W和Y可形成共價化合物WY3,且WY3中W、Y均滿足最外層8電子穩(wěn)定結構C。常溫下，0.lmol?L—1Z的最高價氧化物對應水合物水溶液的pH〉lD.常溫下，與W同族且相鄰元素的單質能溶于X的最高價氧化物對應水化物的濃溶液?！敬鸢浮緾【解析】【分析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素,X核外電子總數(shù)等于Y最外層電子數(shù),Y是短周期中非金屬性最強的元素，則Y為F元素，最外層電子數(shù)為7，則X為氮元素;X與Z同族，則Z為磷元素；W與Z的最高化合價之和為8，磷元素最高價為+5價，W的最高價為+3價，且W原子半徑小于Z,則W為B元素，據此分析解題?！驹斀狻坑煞治鲋篧B元素、X為N元素、Y為F元素、Z為P元素;A．元素的非金屬性N〉P〉B，則氣態(tài)簡單氫化物的穩(wěn)定性:NH3>PH3>BH3,故A錯誤；B．B和F可組成BF3,其中F最外層達到8電子穩(wěn)定結構，而B最外層不能達到8電子穩(wěn)定結構，故B錯誤；C．P的最高價氧化物水化物為H3PO4,是中強酸，常溫下，0.lmol?L-1H3PO4溶液中c(H+)＜0.lmol?L—1，則溶液pH>l，故C正確；D．與B同族且相鄰元素的單質為Al,在常溫下遇濃硝酸鈍化，不能完全溶解，故D錯誤;故答案為C。6。某新型可充電電池構造如圖所示，工作時(需先引發(fā)Fe和KClO3的反應，從而使LiCl-KCl共晶鹽熔化）,某電極（記為X）的反應式之一為：xLi++xe-+LiV3O8=Lii+xV3O8.下列說法正確的是A.放電時,正極的電極反應式為:Li–e—=Li+B.放電時,總反應式為:xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8C.充電時，X電極與外接電源負極相連D.充電時，X電極的質量增加【答案】B【解析】【詳解】A．放電時正極發(fā)生得電子的還原反應,即反應為：正極反應式為xLi++LiV3O8+xe—═Li1+xV3O8，故A錯誤;B．放電時負極發(fā)生氧化反應，負極反應為xLi–xe—=xLi+（或Li–e—=Li+），則總反應式為xLi+LiV3O8=Lii+xV3O8,故B正確；C．X極為原電池的正極，充電時與外接電源的正極相連,故C錯誤；D．充電時,X電極發(fā)生氧化反應，電極反應為Li1+xV3O8–xe-=xLi++LiV3O8，電極質量減輕,故D錯誤；故答案為B.【點睛】考查原電池和電解池工作原理，正確判斷圖示裝置中兩極為解答關鍵，放電時，電池反應式為xLi+LiV3O8=Li1+xV3O8，負極反應式為xLi-xe—═xLi+(或Li–e—=Li+），正極反應式為xLi++LiV3O8+xe—═Li1+xV3O8,充電時，陽極、陰極電極反應式與正極、負極電極反應式正好相反。7。室溫下，向10mL0。10mol?L1-1YOH溶液中逐漸滴加0。20mol?L-1HX溶液，混合溶液的pH變化如圖所示（溫度和體積變化忽硌不計)。下列結論錯誤的是A。HX為一元弱酸，YOH為一元強堿B。M點對應溶液中水的電離程度大于N點溶液中水的電離程度C.N點對應溶液中粒子濃度：c（HX)>c(X—）〉c（Y+)〉c（H+)>c（OH—）D.室溫時，pH=a的YX溶液中水電離出的c（OH—）=l.0×10-（14-a)mol?L-1【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知0。10mol?L1—1YOH溶液pH=13，該堿溶液中c(OH—）=c(YOH）=0。1mol/L,說明YOH完全電離，則YOH為強堿;滴加0.20mol?L—1HX溶液5mL時恰好完全反應，生成正鹽YX，此時溶液pH>7，說明X-水解，則HX為弱酸,故A正確；B．M和N點均存在X-的水解，但過量的HX電離出的H+抑制了水的電離,且過量HX越多，對水的電離抑制能力越大，則M點對應溶液中水的電離程度大于N點溶液中水的電離程度,故B正確；C．N點溶液中溶質為YX和HX，且兩者濃度相等，此時溶液顯酸性，說明HX的電離程度大于X—的水解程度，則c（X-）>c（Y+)〉c(HX）〉c(H+)>c(OH—),故C錯誤;D．X—的水解促進水的電離，YX溶液中c(OH—）來自水的電離，則室溫時,pH=a的YX溶液中水電離出的c（OH—）=l.0×10-(14—a)mol?L—1，故D正確；故答案為C.8.氨基鈉（NaNH2）常用作有機合成的促進劑,是合成維生素A的原料。某學習小組用如下裝置，以NH3和Na為原料加熱至350—360℃制備氨基鈉，并檢驗其生成的產物和測定產品的純度.已知：NaNH2極易水解且易被空氣氧化.回答下列問題:AC(1）僅從試劑性質角度分析，下列各組試劑不宜用于實驗室制備NH3的是________（填字母序號)。A.濃氨水、CaOB.NH4Cl固體、Ca(OH)2固體C。濃氨水D。NH4NO3固體、NaOH固體(2)儀器D名稱為___________，其中盛放的試劑為___________.（3)裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為__________，能證明裝置A中已發(fā)生反應的實驗依據是__________________________.(4)裝置B的作用是______________。（5)制備時，通入的氨氣過量，待鈉充分反應后,取mg產品，按如圖裝置進行實驗（產品所含雜質僅為Na2O）。用注射器向試管中緩慢加入H2O至恰好完全反應立即停止，G中液面從刻度V1變?yōu)閂2（已知V2〉Vi，單位mL,忽略固體體積，讀取刻度時保持兩使液面相平，實驗過程處于標準狀況下），則產品純度為________：若讀取V1時，G中液面低于漏斗側液面,則所測得的純度比實際產品純度_________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮?1).D(2）。球形干燥管（3）。無水硫酸銅(4).2Na+2NH32NaNH2+H2（5）。裝置C中的黑色粉末變?yōu)榧t色，裝置D中的白色粉末變?yōu)樗{色（6)。吸收NH3,防止NH3與CuO反應（7)。（8).偏高【解析】【分析】NH3和Na在加熱條件下生成NaNH2和H2，利用P2O5除去H2中混有的NH3，除雜后的H2在加熱條件下,將黑色CuO還原為紅色Cu，生成的水使無色CuSO4粉末變藍色?！驹斀狻浚?）A．CaO溶于水生成Ca（OH）2，同時放熱,使?jié)獍彼邪睔庖莩?可制適量氨氣，故A正確；B．NH4Cl固體、Ca(OH）2固體混合加熱可制氨氣，故B正確;C．濃氨水在加熱條件下，有氨氣逸出,可制適量氨氣，故C正確；D．NH4NO3受熱或撞擊易爆炸，且NaOH固體在加熱條件下能與SiO2反應，腐蝕玻璃容器，則不用NH4NO3固體和NaOH固體混合加熱制氨氣，故D錯誤；故答案為D；(2）儀器D名稱為球形干燥管，其作用是檢驗反應中生成的水蒸氣，無水硫酸銅遇水變藍色，則選擇盛放的試劑為無水硫酸銅；(3)裝置A中Na和氨氣在加熱條件生成NaNH2和H2,發(fā)生反應的化學方程式為2Na+2NH32NaNH2+H2；當裝置C中的黑色粉末變?yōu)榧t色，裝置D中的白色粉末變?yōu)樗{色，說明A中有H2生成，即證明裝置A中已發(fā)生反應；(4）NH3有還原性，在加熱條件下能還原CuO，則裝置B的作用是吸收NH3，防止NH3與CuO反應；(5）已知NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑,反應中生成NH3的物質的量為=mol,則產物NaNH2的物質的量為mol，產品純度為=;若讀取V1時，G中液面低于漏斗側液面，此時G中壓強大于1個大氣壓強，V1相對標準狀況下體積偏小，則（V2-V1）偏大，導致所測得的純度比實際產品純度偏高.9.ZrO2常用陶瓷材料，可由鋯英砂（主要成分為ZrSiO4,也可表示為ZrO2?SiO2還含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質)通過如下方法制取:已知：①ZrSiO4能與燒堿反應生成可溶于水的Na2ZrO3,Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+；②常溫下,Ksp［Fe（OH)3=1×10—38，Ksp［（Al（OH)3=1×10—32；pH=6。2時,ZrO2+開始沉淀．(1）“熔融”過程中,ZrSiO4發(fā)生反應的化學方程式為______________________；濾渣I的化學式為________________________。（2)“除雜”過程中,加入雙氧水的目的是________________：此過程中為使濾液I中的雜質離子沉淀完全而除去(當離子濃度c≤1×10—5mol?L—1時即為沉淀完全)，室溫下加氪水調節(jié)pH范圍為____________________。（3)為得到純凈的ZrO2濾渣III要用水洗，檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是_______。（4)濾渣III的成分是Zr(CO3）2?nZr（OH)4?！罢{pH=8.0”時，所發(fā)生反應的離子方程式為_______________________；濾渣III制備ZrO2的方法是_____________?！敬鸢浮浚?）。ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O（2).H2SiO3(3）.將Fe2+氧化為Fe3+,以便轉化為Fe(OH）3沉淀除去（4）.5≤pH＜6。2（5)。取最后一次洗滌液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則Zr(OH)4洗滌干凈(6）。(n+1)ZrO2++2nCO32-+(3n—1)H2O=Zr(CO3）2?nZr（OH)4↓+（2n-2)HCO3—(7）。高溫焙燒【解析】【分析】鋯英砂（主要成分為ZrSiO4,還含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質）,加NaOH熔融，ZrSiO4轉化為Na2SiO3和Na2ZrO3,氧化鋁轉化為NaAlO2，SiO2轉化為Na2SiO3，F(xiàn)e2O3不反應，再加過量鹽酸酸浸，Na2ZrO3與酸反應生成ZrO2+，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，偏鋁酸鈉轉化為氯化鋁、碳酸亞鐵、氧化鐵轉化為氯化亞鐵、氯化鐵，過濾分離,濾渣I為硅酸，濾液中含有ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+,Na+、Cl-等,加入過氧化氫氧化亞鐵離子,加氨水調節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀，過濾分離濾渣II為氫氧化鐵、氫氧化鋁，濾液中主要含有ZrO2+、NH4+、Cl-，Na+、Cl-等，再加氨水調節(jié)pH，使ZrO2+轉化為Zr（OH）4沉淀，過濾、洗滌、干燥得到Zr(OH）4，加熱分解即可得到ZrO2，以此解答該題?！驹斀狻浚?)高溫下，ZrSiO4與NaOH反應生成Na2SiO3和Na2ZrO3,其反應的方程式為：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加過量鹽酸酸浸，Na2SiO3與HCl生成硅酸沉淀，過濾,濾渣I為H2SiO3;(2）“除雜”過程中，加入雙氧水的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，以便轉化為Fe（OH）3沉淀除去；加氪水調節(jié)pH的目的是使Al3+和Fe3+完全轉化為沉淀，但ZrO2+不沉淀，由Ksp[Fe(OH)3=1×10-38,可知Fe3+完全沉淀時溶液中c(OH-)=mol/L=1×10—11mol/L，此時溶液pH=3;Ksp［（Al（OH)3］=1×10-32,可知Al3+完全沉淀時溶液中c(OH-)=mol/L=1×10-9mol/L，此時溶液pH=5，再結合pH=6.2時,ZrO2+開始沉淀，則調節(jié)pH范圍為5≤pH＜6。2;（3)Zr(OH)4表面為附著Cl-等，檢驗Zr(OH）4是否洗滌干凈的方法是:取最后一次洗滌液，向其中滴加稀硝酸,再滴加硝酸銀溶液，若無沉淀生成，則Zr(OH)4洗滌干凈；(4）“調pH=8。0”時，反應生成Zr(CO3)2?nZr(OH)4，則所發(fā)生反應的離子方程式為（n+1）ZrO2++2nCO32-+(3n-1）H2O=Zr（CO3）2?nZr(OH）4↓+(2n—2)HCO3-；濾渣III為Zr（OH）4，高溫焙燒分解即可得到ZrO2。10。SO2的含量是衡量大氣污染的一個重要指標。工業(yè)上常采用催化還原法、吸收法或電解法處理SO2。利用催化還原SO2法不僅可消除SO2污染，而且可得到有經濟價值的單質S。(1)已知CH4和S的燃燒熱(△H)分別為—890。3kJ/mol和一297。2kJ/mol,則CH4催化還原SO2反應:CH4(g)+2SO2(g）=CO2（g）+2S（s）+2H2O（1)△H=_____kJ/mol(2）在恒容密閉容器中，用H2還原SO2生成S的反應分兩步完成（如圖1所示)，該過程中相關物質的物質的量濃度隨時間的變化關系如圖2所示:分析可知X為_______(填化學式)，o~t1時間段的溫度為_______，o～t1時間段用SO2表示的化學反應速率為______________。(3）焦炭催化還原SO2生成S2，化學方程式為2C(s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2(g)△H〈0。實驗測得:v正=k正c2（SO2)，v逆=k逆c(S2)?c2（CO2)(k正、k逆為速率常數(shù),只與溫度有關)．某溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭,當反應達平衡時，SO2轉化率為80％，則：①k正:k逆=_______________。②若升高溫度，k正增大的倍數(shù)______（填“>”、“〈”或“=”）k逆增大的倍數(shù).(4）利用如圖所示裝置（電極均惰性電極)可吸收SO2。直流電源a為_______極，電解時．電極B的電極反應式為_____________.【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反應化學方程式為CH4+2SO2=CO2+2S+2H2O,CH4和S的燃燒熱分別為890.3kJ/mol

和297。2kJ/mol,熱化學方程式為：①CH4（g)+2O2（g）═CO2（g）+2H2O(l)△H=-890。3kJ/mol

②S(s)+O2（g）═SO2（g）△H=-297。2kJ/mol，根據蓋斯定律①-②×2計算CH4（g）+2SO2（g）═CO2（g）+2S

（s)+2H2O（l）的焓變△H；（2）根據圖1可知，在300℃時,SO2和H2反應生成H2S，在100℃到200℃時，H2S和SO2反應生成S和水；0～t1時間段用SO2表示的化學反應速率v=;（3)某溫度下,向2L的恒容密閉容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，當反應達平衡時，SO2轉化率為80%，則：①當反應達到平衡時，v正=v逆，據此計算k正：k逆；②升高溫度，正、逆反應速率均升高，且平衡向吸熱反應方向移動；（4）依據圖示可知，二氧化硫被氧化為硫酸根，所以二氧化硫所在的區(qū)為陽極區(qū)，陽極區(qū)發(fā)生反應SO2-2e—+2H2O═SO42—+4H+，陽極與電源的正極a相連，b為電源負極，陰極的電極反應式為2HSO3-+2H++2e—═S2O42—+2H2O，以此解答該題。【詳解】（1）CH4

和S的燃燒熱分別為890.3

kJ/mol

和297。2

kJ/mol，可知熱化學方程式：①CH4(g）+2O2（g）═CO2(g）+2H2O(l）△H=-890.3kJ/mol,②S（s）+O2（g）═SO2（g)△H=—297.2kJ/mol，根據蓋斯定律①-②×2可得CH4（g)+2SO2（g）═CO2（g）+2S

（s）+2H2O(l）△H=—295。9

kJ/mol；（2)根據圖1可知，在300℃時，SO2和H2反應生成H2S，在100℃到200℃時，H2S和SO2反應生成S和水，所以X為H2S;在圖2中,0～t1時間段SO2和H2的濃度降低，H2S的濃度升高，故0~t1時間段溫度為300℃;用SO2表示的化學反應速率v===mol/（L?min）;(3）某溫度下，向2L的恒容密閉容器中充入lmolSO2，并加入足量焦炭，當反應達平衡時，SO2轉化率為80%，則：①當反應達到平衡時，v正=v逆，則k正c2(SO2)=k逆c(S2）?c2（CO2)，故k正：k逆===3.2:1；②此反應正反應為放熱反應,則升高溫度,平衡逆向移動，此時v正＜v逆,則k正增大的倍數(shù)小于k逆增大的倍數(shù)；(4)依據圖示可知，二氧化硫被氧化為硫酸根，所以二氧化硫所在的區(qū)為陽極區(qū)，則電源a為正極；電解時，電極B為陰極，HSO3—還原為S2O42—，則發(fā)生的電極反應式為2HSO3-+2H++2e—═S2O42—+2H2O.【點睛】本題涉及蓋斯定律的應用，基本方法是參照新的熱化學方程式(目標熱化學方程式),結合原熱化學方程式(一般2~3個)進行合理“變形"，如熱化學方程式顛倒、乘除以某一個數(shù)，然后將它們相加、減，得到目標熱化學方程式，求出目標熱化學方程式的ΔH與原熱化學方程式之間ΔH的換算關系.[化學一選修3:物質結構與性質)11。2019年4月23日，中國人民軍成立70周年。提到海軍就不得不提航空母艦,我國正在建造第三艘航空母艦。航母的龍骨要耐沖擊，甲板要耐高溫,外殼要耐腐蝕．（1）鎳鉻鋼抗腐蝕性能強，基態(tài)Cr原子價層電子的電子排布式為_______________。（2）航母甲板涂有一層耐高溫的材料聚硅氧烷(結構如圖申所示）.基態(tài)Si原子電子占據最高能級的電子云輪廓圖為_______形：H、C、O、Si四種元素中的電負性最高的是______.(3)海洋是元素的搖籃，海水中含有大量鹵族元素。①鈦鹵化物的熔點如下表所示:TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377—2438150解釋表中鹵化物之間熔點差異的原因是________________________。②OF2的空間構型為___________，其中O原子雜化方式為__________雜化。③氯元素可以形成多種含氧酸，其酸性由弱到強的順序為:HClO<HClO2<HClO3〈HClO4.試解釋其酸性強弱的原因是_______________。（4）海底金屬軟泥是在海洋底覆蓋著的一層紅棕色沉積物,蘊藏大著極的資源,含有硅、氧、錳、鋅等。如圖是從鐵氧體離子晶體Fe3O4中取出的能體現(xiàn)其晶體結構的一個立方體。①晶體中的氧離子是否構成了面心立方最密堆積?________（填“是”或“否”）；②已知：Fe3O4晶體的密度為5。18g?cm-3,根據該圖計算a________nrn（寫出計算式即可,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)【答案】(1)。3d54s1（2)。啞鈴(3)。O(4).TiF4為離子晶體，而TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體,且組成結構相似，隨相對分子質量的增大，分子間作用力逐漸增大,熔點升高（5）。V形(6）.sp3(7)。HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子結構中羥基數(shù)均為1，而含有的非羥基O原子數(shù)目分別為0、1、2、3，使中心原子Cl的核對電子的吸引力逐漸增大,故酸性逐漸增強(8)。是（9)?！窘馕觥俊痉治觥浚?）Cr的核電荷數(shù)為24,基態(tài)Cr原子的電子排布式為[Ar］3d54s1；(2)基態(tài)Si原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2；元素的非金屬性越強，電負性越大；（3)①TiF4為離子晶體，而TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，離子晶體的熔點一般比分子晶體高；②OF2分子的中心原子為O原子，價電子對數(shù)為2+=4；③無機含氧酸分子結構中非羥基氧原子數(shù)越多，酸性越強；（4)①根據晶體中的氧離子的堆積方式判斷；②先結合晶體的結構計算晶胞的質量，再結合計算晶胞的體積，即可計算a的長度?！驹斀狻浚?）Cr的核電荷數(shù)為24，基態(tài)Cr原子的電子排布式為［Ar］3d54s1，則價層電子的電子排布式為3d54s1；（2）Si元素為14號元素，核電荷數(shù)為14，核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，最高能級為3p能級，3p能級電子云輪廓圖為啞鈴形；非金屬性：O＞C＞Si＞H，則H、C、O、Si四種元素中的電負性最高的是O;（3)①由圖表數(shù)據可知，TiF4熔點明顯高于TiCl4、TiBr4、TiI4,說明TiF4為離子晶體，TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體,且TiCl4、TiBr4、TiI4組成結構相似，隨相對分子質量的增大，分子間作用力逐漸增大，熔點升高;②OF2分子的中心原子為O原子,價電子對數(shù)為2+=4，則O原子雜化方式為sp3雜化，空間構型為V形;③HClO、HClO2、HClO3、HClO4分子結構中羥基數(shù)均為1，而含有的非羥基O原子數(shù)目分別為0、1、2、3，使中心原子Cl的核對電子的吸引力逐漸增大，故酸性逐漸增強；(4)①由晶體結構可知,晶體中的氧離子按ABCABCABC···的方式堆積，屬面心立方最密堆積；②晶胞中Fe3+的數(shù)目為4×+3×=2，F(xiàn)e2+的數(shù)目為1，O2—的數(shù)目為12×+1=4，則晶胞的質量為g,晶胞的體積為(a×10—7）3cm-3,結合可知a=nm=nm?！军c睛】根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=(a-xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數(shù)．根據n值判斷雜化類型:一般有如下規(guī)律：當n=2，sp雜化；n=3，sp2雜化;n=4，sp3雜化;中心原子的雜化類型為sp2，說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是3，無孤電子對數(shù),空間構型是平面三角形。［化學一選修5：有機化學基礎）12。某研究小組以鏈燒烴（C4H6)和丙烯醛（CH2=CHCHO）為原料合成某藥物中間體環(huán)戊基甲酸(部分反應條件、產物已省略),其流程如下：已知：i。+2RBr+2HBrii。+2CO2請回答下列問題：(1)B中的官能團名稱為________，D→E的反應類型是____________．(2)寫出C與銀氨溶液反應的化學方程式①:_____________.(3)一定條件下，H可制取F,則所需試劑和反應條