天津市部分区2020年高三质量调查（一） 化学试题

天津市部分区2020年高三质量调查试卷(一)
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。
可能用到的相对原子质量：
1.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. 二氧化硫能用于漂白纸张草帽，还能作为杀虫剂、杀菌剂
C. 能消杀病毒的过氧乙酸，具有强氧化性、弱酸性等性质
D. 在海轮外壳上镶入钠块，可减缓船体的腐蚀速率
【答案】D
【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．二氧化硫具有漂白性，能用于漂白纸张草帽，也可杀菌消毒，所以能作为杀虫剂、杀菌剂，B正确；
C．过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，具有很强的氧化性和腐蚀性，且在水溶液中能部分电离出氢离子，具有弱酸性，C正确；
D．钠比铁活泼，但钠会与水剧烈反应，所以在海轮外壳上镶入钠块，无法与船体外壳构成原电池，起不到防护作用，D错误；
答案选D。
【点睛】对于金属的保护和防护，并不是加入另一种更活泼的金属就能保护该金属，还要考虑较为活泼的金属在该环境下的反应情况。如船体镶入钠块，钠会先与水剧烈反应，完全起不到保护船体的作用。
2.下列化学用语表示正确的是( )
A. 原子的电子排布式： B. 的电子式：
C. 的结构式： D. 原子核内有10个中子的氧原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．s能级最多能容纳2个电子，所以原子的电子排布式为：，A错误；
B．的电子式为：，B错误；
C．的结构式为：，C错误；
D．氧原子的原子核内中子数为：18-8=10，符合要求，D正确；
答案选D。
【点睛】离子化合物的电子式书写：先根据离子电子式的书写方法，分别画出阴、阳离子的电子式，然后让阴、阳离子间隔排列，相同离子不能合并，如MgCl2的电子式为：。
3.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。
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
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.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。
9.以铅蓄电池为外电源，作阳极、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：
电解的化学方程式：
对该电解过程，下列判断错误的是( )
A. 电解池：溶液的减小
B. 电解池： 移向电极
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】
【分析】
铅蓄电池作为原电池，根据铅蓄电池中的总反应方程式：可知，放电时Pb为负极，负极反应式为Pb＋SO42－－2e－＝PbSO4，PbO2为正极，正极反应式为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e－＝PbSO4＋2H2O，铅蓄电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极；充电时，装置为电解池，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理分析回答。
【详解】A．电解池中作阳极、作阴极，电解液为稀硫酸，由电解的化学方程式：可知，该反应消耗水，所以稀硫酸的浓度会变大，则溶液的pH减小，A正确；
B．在电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，所以SO42-移向阳极(电极)，B正确；
C．铅蓄电池放电时Pb为负极，负极反应式为Pb＋SO42－－2e－＝PbSO4，所以Pb会溶解，则负极质量变小，C错误；
D．放电时，铅蓄电池的负极(Pb)发生失电子的氧化反应，所以进行充电时铅蓄电池的负(Pb)要发生得电子的还原反应，即充电时铅蓄电池的Pb极作为阴极，接电源的负极，D正确；
答案选C。
10.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-，碳酸根的水解是吸热过程，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。
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、、、、在元素周期表2、3、4周期中，元素、、、与元素相邻，已知：元素为磷元素；的氯化物分子呈正四面体结构：与可以形成一种高温结构陶瓷；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. 的氧化物的晶体类型是共价晶体
B. 的单质在空气中广泛存在
C. 和形成的化合物中，可以呈现的最高化合价是价
D. 、、的氢化物中，沸点最低的是的氢化物
【答案】D
【解析】
【分析】
由“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，且X元素为磷元素”可知Q、R、W、Y分别为N、Si、S、As中的一种。因为W的氯化物为正四面体型，则应为SiCl4，则W为Si，又W与Q形成高温陶瓷，高温陶瓷可联想到Si3N4 ，则Q为N，Y的最高价氧化的水化物为强酸，且与P相邻，则Y只能是S，R为As，所以Q、R、W、Y、X分别为N、As、Si、S、P。
【详解】A．的氧化物为SiO2，其晶体类型为原子晶体，又称共价晶体，A正确；
B．的单质为N2，在空气中广泛存在，在空气中的体积分数约为78%，B正确；
C．R最外层电子数为5，则最高化合价为+5，在和形成的化合物中，R的最高价化合物应为As2S5，C正确；
D．、、的氢化物分别为NH3、AsH3、PH3，因三者中只有NH3分子间存在氢键，所以沸点最高，因相对分子质量AsH3＞PH3，则AsH3分子间的作用力大于PH3，故沸点AsH3＞PH3，氢化物沸点顺序为NH3＞AsH3＞PH3，所以沸点最低的是X的氢化物，D错误；
答案选D。
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.化合物是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香族化合物制备的一种合成路线如下：

已知：①
②+
回答下列问题：
(1)有机物的名称是__________。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)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)的反应，若只把条件(1)改为，则生成物的结构简式是__________。
(5)写出的化学方程式__________。
(6)为甲苯的同分异构体，的结构简式是__________。
(7)参照如下合成路线，写出用和为原料经以上合成路线制备化合物的合成路线________(其它试剂任选)原料……产物
(8)芳香化合物是的同分异构体，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，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的结构简式：__________ 。
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳三键、羧基 (3). (4). abd (5). (6). +C2H5OH+H2O (7). (8). (9). 或（写一种即可）
【解析】
【分析】
已知各物质转变关系分析如下：芳香族化合物A通过多步转化后得到的E再与乙醇发生酯化反应生成F，根据D的分子中含碳个数及D→E，E→F的反应类型可判断F的分子中的碳原子数为9，结合已知②+ 的反应物连接方式，则产物H左侧圈内结构来源于G，G为，F为，E与乙醇反应生成F，则E为，据反应条件，D→E为消去反应，结合D的分子式及D的生成反应，D为，C→D为加成反应，结合C的分子式可知C为，C的分子式比B多了一个O，则B→C是氧化反应，所以B为，再结合已知反应①，将B代入，可判断出A为。
【详解】(1)有机物为，其名称是苯甲醛；为，其所含官能团的名称为：碳碳三键、羧基；
(2)丙烯的结构简式为；
(3)( )含有碳碳双键、酯基，所以能发生加聚反应、加成反应、取代反应，答案选abd；
(4)的反应为消去反应，若只把条件1)改为，则的反应为水解反应，D为，则在条件下水解后的生成物的结构简式为：；
(5)的化学方程式为：+C2H5OH+H2O；
(6)由分析可知，的结构简式是 ；
(7)A为，以和为原料制备化合物C()的合成路线为：；
(8)芳香化合物是的同分异构体，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，说明X中存在羧基，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，则符合要求的的结构简式为: ，(写一种即可)。
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)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：

①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________
②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)
(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：

过程Ⅰ的反应为：
过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。
(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。

①反应到时，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. b. c. d.
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。
④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。
(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。
【答案】 (1). CO-2e-+H2O=CO2+2H+ (2). 不变 (3). O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) (4). 80% (5). d (6). 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 (7). 225 (8). 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，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】
【分析】
(1)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：
过程Ⅰ的热化学方程式为：
所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：
O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；
(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。
【详解】(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；
②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；
(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；
(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；
②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；
③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；
④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：

从而可算出温度为下的平衡常数K= ；
(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。