湖南省邵阳市邵东县第十中学2020届高三化学9月月考试题（读论班含解析）

湖南省邵阳市邵东县第十中学2020届高三化学9月月考试题（读论班，含解析）1.根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是( ) ABCD神农本草经记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志物品是可回收物A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】A. 麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；D.该标志为可回收物标志，D正确；答案选B。点睛：本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志 ；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾-易燃物质标志等。2.下图六个操作是常见物质的分离提纯操作，则有关这的说法不正确的是A. 操作1、操作2、操作6都可以是蒸馏，也可以是蒸发B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤C. 操作3可以是洗剂、干燥D. 操作4、操作5分别是萃取、分液【答案】A【解析】【分析】操作1将液体分为两种液体，可能的操作为蒸馏或者分液，操作2将液体2分为液体和固体，应为过滤或蒸馏操作，固体经操作3得到固体产品，操作3应为洗涤、干燥。根据操作4前后的物质，可知操作4为萃取，操作5为分液，操作6为蒸馏。【详解】A. 由于操作2和操作6都要得到固体和液体，而蒸发操作只能得到固体，故不能为蒸发，A错误；B. 操作2可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B正确C. 操作3可以是洗剂、干燥，C正确；D. 操作4、操作5分别是萃取、分液，D正确；故答案选A。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是A. 1mol O2与金属钠反应，O2不一定得到4NA个电子B. 标准状况下，a L CH4和a L C6H14中所含分子数均为C. 常温常压下，1mol氯气与足量的金属镁反应，转移2NA个电子D. 在20、1atm时，2.8g C2H4和CO的混合气体含气体分子数等于0.1 NA【答案】B【解析】【详解】A. 1mol O2与金属钠反应，可能生成氧化钠或者过氧化钠，故O2不一定得到4NA个电子，A正确；B. 标准状况下， C6H14为非气态，故无法计算其分子数，B错误； C. 常温常压下，1mol氯气与足量的金属镁反应，生成氯化镁，转移2NA个电子，C正确；D. 在20、1atm时，C2H4和CO的摩尔质量均为28g/mol，故其混合气体的平均摩尔质量也为28g/mol，2.8g C2H4和CO的混合气体含气体分子数等于0.1 NA，D正确；故答案选B。【点睛】22.4L/mol仅限于标况下气态物质计算体积时使用。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB. 2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD. 密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA【答案】C【解析】试题分析：A18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误，答案选C。【考点定位】本题考查阿伏加德罗常数的计算。【名师点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。5. 分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是（ ）。A. HClO、HNO3、浓H2SO4都具强氧化性，都是氧化性酸B. H2O、HCOOH、Cu2（OH）2CO3均含有氧元素，都是氧化物C. HF、CH3COOH、CH3CH2OH都易溶于水，都是电解质D. HCOOH、H2CO3、H2SO4分子中均含有两个氢原子，都是二元酸【答案】A【解析】试题分析：本题需要理解、掌握化学基本概念，对特殊物质需要特别注意，A项这三种酸都具有强氧化性所以是氧化性酸，正确；氧化物只含有两种元素且含有氧元素，HCOOH、Cu2（OH）2CO3含有的元素超过了2种，不属于氧化物，故B项错误；C项CH3CH2OH为非电解质；二元酸一个分子能电离出2个氢离子，HCOOH只能电离1个氢离子，为一元酸，故D项错误。考点：本题考察物质的分类。6. 下列反应的离子方程式书写正确的是()A. 氯化铝溶液中加入过量氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OB. 澄清石灰水与少量苏打溶液混合：Ca2OHHCO=CaCO3H2OC. 碳酸钙溶于醋酸：CaCO32H=Ca2CO2H2OD. 氯化亚铁溶液中通入氯气：2Fe2Cl2=2Fe32Cl【答案】D【解析】A中过量氨水不能使生成的氢氧化铝沉淀溶解，故A错；B的离子方程式为：Ca2+ + 2OH-+ 2HCO3- CaCO3+ CO32-+ 2H2O；C中醋酸为弱电解质，应写成分子式7.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）A. 海带提碘B. 氯碱工业C. 氨碱法制碱D. 海水提溴【答案】C【解析】试题分析：A海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。考点：考查氧化还原反应概念。8.a g下列物质在氧气中充分燃烧后的气体（1.01105 Pa，120），通过足量的过氧化钠充分反应后，过氧化钠增重b g，符合ba 的选项有A. HCHOB. CH3COOCH2CH3 C. HOOCCOOHD. HCOOH【答案】B【解析】9. 有些科学家提出硅是“21世纪的能源”,这主要是由于作为半导体材料的硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列关于硅的说法不正确的是（ ）A. 高纯度单质硅被广泛用于制作计算机芯片B. 硅可由二氧化硅还原制得C. 常温时硅与水、空气和酸不反应,但能与氢氟酸反应D. 自然界硅元素的贮量丰富,并存在大量的单质硅【答案】D【解析】【详解】ASi是重要的半导体材料，可用于生产制造计算机中的芯片，A正确；B硅可由二氧化硅和焦炭经还原制得：2CSiO2Si2CO，B正确；C低温时，硅与水、空气和酸不反应，但能与氢氟酸反应，产生SiF4和水，C正确；D自然界中硅的储量丰富，但硅是亲氧元素，自然界中Si以SiO2和硅酸盐的形式存在，自然界中不存在单质硅，D错误。答案选D。10.硫黄在空气中燃烧生成气体甲，甲溶于水得溶液乙，向乙溶液中滴加溴水，溴水褪色，乙变成丙。在丙里加入Na2S生成气体丁，把丁通入乙得到沉淀戊。甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素，则它们正确的顺序是A. SO3、H2SO4、H2SO3、H2S、SB. SO2、H2SO3、H2SO4、SO2、SO3C. SO3 、H2SO4、H2SO3、SO2、Na2S2O3D. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S【答案】D【解析】【详解】甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素。硫磺在空气中燃烧生成气体甲，发生的反应为，甲是；甲溶于水得溶液乙，发生的反应为，乙是；向乙溶液中滴加溴水，溴水褪色，乙变成丙，发生的反应为，丙是；在丙溶液里加入生成气体丁，发生的反应为，丁是；把丁通入乙得到沉淀戊，发生的反应为，戊是S，故D项正确。11.氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似，又知 NH4H与水反应有 H2生成，则下列叙述正确的是A. NH4H 共价化合物，含有共价键，可能还含有离子键B. NH4H 固体投入少量的水中，有两种气体生成C. NH4H 与水反应时，NH4H 是氧化剂D. NH4H 溶于水，所形成的溶液显酸性【答案】B【解析】【分析】氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似，故氢化铵应当由铵根离子和氢负离子组成，又知 NH4H与水反应有 H2生成，推测氢气应为负一价的氢和水中正一价的氢归中形成。【详解】A. NH4H 为离子化合物，含有离子键，也含有共价键，A错误；B. NH4H 固体投入少量的水中，有氢气和氨气两种气体生成，B正确；C. NH4H 与水反应时，NH4H中-1价的H被氧化为0价，为还原剂，C错误；D. NH4H 溶于水， 负一价的氢和水中正一价的氢发生归中反应，则溶液应当显碱性，D错误；故答案选B。【点睛】离子化合物中可能含有共价键，而共价化合物中一定没有离子键。12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物可用作制冷剂,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是( )A. X的简单氢化物的热稳定性比W强B. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构C. Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D. Z与X属于同一主族,与Y属于同一周期【答案】C【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，A正确；BY、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，B正确；C硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，C错误；DS、O属于A，S、Na属于第三周期，D正确。答案选C。13.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01molL-1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径的大小W XXYC. Y的氢化物常温常压下为液态D. X的最高价氧化物的水化物为强酸【答案】C【解析】由n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，可知Z元素为Cl，n为Cl2，再根据q的水溶液具有漂白性，可知q为HClO，由0.01 molL1 r溶液的pH为2，可判断r为一元强酸，则r为HCl，然后根据n和p的反应条件，以及s通常是难溶于水的混合物，可知p为烷烃，s为烷烃的氯代物；根据题意，W、X、Y、Z是短周期原子序数依次增加的四种元素，可进一步推知W、X、Y、Z分别为H、C、O、Cl。A、根据原子半径的变化规律，可知原子半径：HOC，选项A错误；B、根据同周期元素非金属的变化规律，可知非金属性：OC，再由CCl4、ClO2中化合价的正负，可知非金属性：OClC，选项B错误；C、氧的氢化物可能为H2O或H2O2，常温常压下二者均为液态，选项C正确；D、碳的最高价氧化物的水化物H2CO3为弱酸，选项D错误。答案选C。14. 北京2020奥运会金牌直径为70 mm，厚6 mm。某化学兴趣小组对金牌成分提出猜想：甲认为金牌是由纯金制造；乙认为金牌是由金银合金制成；丙认为金牌是由黄铜(铜锌合金)制成。为了验证他们的猜想，请你选择一种试剂来证明甲、乙、丙猜想的正误A. 硫酸铜溶液B. 氢氧化钠溶液C. 稀硝酸D. 硝酸银溶液【答案】C【解析】15.由中国和日本科学家相继发现的新的高温超导材料铁基超导材料：其成分是氟掺杂镧（La）氧铁砷（As）化合物。下列有关该材料的判断正确的是A. 在周期表中，该材料所含五种元素有两种位于主族，三种位于副族B. 该超导材料所含五种元素有三种金属元素，两种非金属元素C. 该超导体材料耐酸腐蚀D. 在周期表中，铁位于第 族，砷位于第四周期【答案】D【解析】【详解】A. 该铁基超导材料共含有F、La、O、Fe和As五中元素，其中F、O、As属于主族元素，La是副族元素，Fe是第VIII族元素，故A错误；B. F、O、As是非金属元素，Fe、La是金属元素，故B错误；C. 该超导体材料含有Fe、O等元素，不耐酸腐蚀，故C错误；D. 在周期表中，铁位于第 族，砷位于第四周期，故D正确；故答案选D。16.已知反应：C(s)+O2 (g)=CO2 (g)；H1，C(s)+1/2O2 (g)=CO (g) ；H2C(s)+CO2 (g)=2CO(g) ；H3 4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ；H43CO (g)Fe2O3(s)2Fe(s)3CO2(g) ；H5。下列叙述正确的是A. H4是Fe的燃烧热B. H1H2C. H32H2H1D. 3H13H2H4+H50【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的能量，而H4是4mol铁燃烧放出的热量，故A错误；B. H1为1molC完全燃烧时放出的热量，H2为1molC不完全燃烧时放出的热量，故反应放出的能量更多，又因为放热反应H为负值，所以H1H2，B错误；C. 根据盖斯定律，=2-，所以H32H2H1，C正确；D. 3-3-+得到方程式，该反应的H0，故D错误；故答案选C。17.下列除去杂质的实验方法不正确的是A. 除去CO2中少量HCl气体：通过饱和NaHCO3溶液后再干燥气体B. 除去Na2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热C. 除去乙酸乙酯中的乙酸：加稍过量的NaOH溶液充分振荡后分液D. 除去CuCl2酸性溶液中少量的FeCl3：通入过量的CuO，充分反应后过滤。【答案】C【解析】【详解】A. 二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，HCl与碳酸氢钠反应的产物为二氧化碳，故可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl气体，故A正确；B. 碳酸氢钠热稳定性较差，故可用加热分解的方法除去Na2CO3固体中少量NaHCO3，B正确；C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解（发生皂化反应），故除去乙酸乙酯中的乙酸应使用饱和碳酸钠溶液，C错误；D. 向酸性溶液中加入CuO，会使溶液pH升高，从而使铁离子以氢氧化铁沉淀的形式除去，故D正确；故答案选C。18.将Mg、Cu组成的混合物26.4g投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，收集到标准状况下的NO气体8.96L，向反应后的溶液中加入过量的5molL-1的NaOH溶液300mL，金属离子完全沉淀。则形成沉淀的质量是 ( )A. 43.2gB. 46.8gC. 53.6gD. 63.8g【答案】B【解析】19.KHSO4、BaCl2、Na2CO3、FeSO4和氯水五种溶液，如图所示的相互反应，图中每条连线两端的物质可以发生化学反应。下列说法不合理的是（ ）A. X一定为KHSO4B. Y一定为Na2CO3C. Z可能是氯水D. M、N必定各为BaCl2、FeSO4中的一种【答案】A【解析】解答本题首先要确定每种物质能与其他几种物质发生反应，然后代入框图验证，得出答案。20.一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L O2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为()A. 0.5 mol/LB. 1 mol/LC. 1.2 mol/LD. 2 mol/L【答案】C【解析】标准状况下3.36L氧气的物质的量=0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol4=0.6mol。金属失去的电子等于氧气与混合气体反应生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止加入，此时溶液为硝酸钠溶液根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol所以硝酸钠的物质的量为0.6mol。稀释至500ml，此时所得溶液的物质的量浓度=1.2mol/L，故选C。点睛：本题考查了氧化还原反应的有关计算，如果利用常规方考虑每个细节的反应将无法解答，根据守恒思想来从总体上分析，再结合转移电子守恒、原子守恒解答，题目难度较大，注意守恒思想的运用。21.某无色透明溶液可能含有下列离子：K+、Al3+、Fe3+、Ba2+、NO3、SO42、HCO3、Cl，取该溶液进行如下实验： 用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色； 取溶液少许，加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体,该气体遇空气立即变为红棕色 取溶液少许，加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失； 取溶液少许，滴入氯化钡溶液产生白色沉淀； 取实验 后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。 请回答下列问题：（1）根据上述实验判断原溶液中肯定存在的离子是_，肯定不存在的离子是_。（2）写出实验的离子方程式：_【答案】 (1). Al3+、NO3-、SO42- (2). Fe3+、Ba2+、HCO3- (3). 3Cu8H+2NO3- 3Cu2+2NO4H2O【解析】【分析】该溶液无色，则不存在Fe3+；用蓝色石蕊试纸检测该溶液，试纸显红色，说明溶液呈酸性，则一定不存在HCO，取溶液少许，加入铜片和稀硫酸共热，产生无色气体，该气体遇空气立即变为红棕色，该气体为NO，说明溶液中存在NO；取溶液少许，加入氨水有白色沉淀生成，继续加入过量氨水，沉淀不消失，说明含有Al3+离子；取溶液少许，滴入氯化钡溶液产生白色沉淀，该沉淀为硫酸钡沉淀，说明含有SO，则一定不会含有Ba2+；取实验后的澄清溶液，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，不能证明是否含有Cl-离子，因中加入氯化钡，引入了氯离子。【详解】（1）根据分析，原溶液中肯定存在的离子是Al3+、NO3-、SO42-，肯定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、HCO3-；（2）反应为金属铜在酸性条件下与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和一氧化氮气体，反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O。22.甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如右图。请回答：（1）写化学式：丙_，E_ （2）X的电子式为_。（3）写出反应的化学反应方程式：_。（4）写出B与G溶液反应生成F的离子方程式：_。【答案】 (1). O2 (2). SO3 (3). (4). Na2O2+SO2=Na2SO4 (5). HCO3 + OH=CO32 + H2O【解析】【分析】甲、乙、丙为常见单质，甲、乙均可在丙中燃烧，则丙为氧气，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，乙为S，D为二氧化硫，E为三氧化硫；A、G的焰色反应为黄色，说明其中含有Na元素，故甲为Na，X为硫化钠，A和X的摩尔质量相同，A为过氧化钠，A与二氧化碳反应生成氧气和F，F为碳酸钠，A与水反应生成氧气和B，B为氢氧化钠，则G为碳酸氢钠；A与D反应生成C，B与E反应也生成C，故C为硫酸钠。【详解】（1）根据上述分析，丙为O2，E为SO3；（2）X为硫化钠，电子式为，注意不要漏掉S周围的电子，不要漏掉中括号；（3）反应为过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4；（4）B与G溶液反应生成F的离子方程式为HCO3 + OH=CO32 + H2O。23.资料显示不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为氢气。为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0）。（1）若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与c molL H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是_ （选填：200，400，500） mL 。（2）若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g ，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：_（3）若烧瓶中投入a g锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重b g量气瓶中收集到V m气体，则有： ，依据的原理是_。（4）若在烧瓶中投入d g锌，加入一定量的c molL 浓硫酸V L，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重m g，则整个实验过程产生的气体中，_（用含字母的代数式表示）。【答案】 (1). 500 (2). Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+2H2O (3). 得失电子守恒 (4). (64cV-2m)/m【解析】【详解】(1)设生成的氢气为X，1mol 22.4L x所以应当选用500mL的量气管；(2)氢氧化钠是碱，能吸收酸性气体，氢氧化钠洗气瓶增重说明有酸性气体生成，当锌和浓硫酸反应时，锌作还原剂，硫酸作氧化剂，被还原为二氧化硫，反应为Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+2H2O ；(3)根据氧化还原知识或根据方程式，1mol锌无论用来产生还是产生氢气都是1mol锌对应1mol气体，根据氧化还原反应中得失电子数相等列出式子， ，因此，本题正确答案是得失电子守恒；(4)根据Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2+2H2O 2mol 1mol 可以知道生成二氧化硫需要的硫酸为；根据，氢气的物质的量与锌的相同为，。24.催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJmol-1 ICO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2 II 已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJmol-1和-285.8kJmol-1H2O（l）H2O（g）H3=44.0kJmol-1不考虑温度对H的影响，则：（1）反应I的平衡常数表达式K=_；反应II的H2=_kJmol-1。（2）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol1反应：S(s)+O2(g)SO2(g) H3=297 kJmol1反应的热化学方程式：_。【答案】 (1). (2). +412 (3). 3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol1【解析】【详解】（1）反应I的平衡常数表达式K=，已知:CO和的标准燃烧热