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湖南省衡阳市第八中学2020届高三第三次月考化学试题
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湖南省衡阳市第八中学2020届高三第三次月考
化学试题
1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是
A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3
C. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质
D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A. 木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；
B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；
C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；
D. “黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；
答案选B。
2.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是
A. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B. 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si
C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
D. 用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；
B.芯片主要是使用半导体材料制作，主要成分为Si，故B正确；
C. “拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；
D. “纳米铜”与铜都是铜，只是颗粒大小不同，所以化学性质相同，故D错误；
答案选B。
3.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A. H2O2的电子式：
B. 核内含8个中子的碳原子：8C
C. 丙烷分子的比例模型示意图：
D. 铝硅酸盐Na2Al2Si2O8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O2双氧水为共价化合物，不含有阴阳离子，故A错误；
B. 核内含8个中子的碳原子：14C，故B错误；
C. 该图是丙烷分子的球棍模型示意图，故C错误；
D. 硅酸盐书写为氧化物的方式时，氧化物书写先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水；铝硅酸盐Na2Al2SixO8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2，故D正确；
答案为D。
【点睛】由非金属元素相互结合形成的化学键键一般都是共价键（除铵盐外），绝大多数由金属与非金属结合形成的键为离子键（氯化铝除外）；元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，右上角表示粒子所带的电荷数，右下角表示粒子个数；
4.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. 冰醋酸、纯碱、蓝矾、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物
B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸
C. 漂白粉、冰水、氯水均为混合物
D. Na2O、NaOH、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物
【答案】B
【解析】
A.纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，A不正确；B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，B正确；C.冰水是纯净物，C不正确；D. NaCl不是含氧化合物，D不正确。本题选B。
5.下列关于物质用途的叙述中不正确的是
A. Na2O2可用作供氧剂 B. 铝槽车可用于浓硫酸的贮运
C. 水玻璃可用于木材的防火 D. 在医疗上，可用碳酸钠治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A. 过氧化钠可以和二氧化碳、水等物质反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B. 在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化，可用铝制容器贮藏运输浓硫酸，故B正确；
C. 水玻璃为硅酸钠，将木材用硅酸钠溶液浸泡不易燃烧，可用于木材的防火，故C正确；
D. 碳酸钠碱性较强，对胃有腐蚀性，在医疗上，可用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
答案选D。
6.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水
石灰水变浑浊
炭被氧化成CO2
B
将稀盐酸滴入Na2SiO3 溶液中
溶液中出现凝胶
非金属性: Cl>Si
C
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解
先产生BaSO3沉淀，后转化为BaSO4
D
向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水
溶液显红色
原溶液中一定含有Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．炭和浓H2SO4的混合物加热，反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，结论不合理，故A错误；
B．将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸＞硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；
C．SO2通入BaCl2溶液不反应，加硝酸发生氧化还原反应，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含Fe3+，再滴加新制氯水，溶液为红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；
故选D。
【点睛】把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键。本题的易错点为C，要注意SO2通入BaCl2溶液不能反应生成亚硫酸钡沉淀。
7.2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关说法不正确的是
A. 制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)研发利用，充分体现了元素周期表的指导作用
B. 通过测定物质中的含量可以推断文物的年代
C. 门捷列夫预言的“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性
D. 过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，其合金可以制造火箭、导弹、宇宙飞船等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的．人们曾采用过乙醚、氨、氯甲烷等制冷剂，但它们或者有毒，或者易燃，科学家根据元素及其化合物性质的递变规律来研制了新的制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)，充分体现了元素周期表的指导作用，故A正确；
B. 考古学家通过测定古生物遗骸中的碳-14含量来推断文物年代，不是，故B错误；
C. 门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素，“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性，故C正确；
D. 根据元素周期表的应用，过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，单质及其合金可以用于制造火箭、导弹、宇宙飞船等，故D正确；
答案选B。
8.美国《Scinece》杂志曾报道科学家合成和分离出含高能正离子的化合物N5AsF6，有研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 ，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A. 中N原子间形成离子键 B. N5AsF6中As的化合价为+1
C. 的摩尔质量为112 D. 所含质子数为21
【答案】D
【解析】
【详解】A. N5+中N−N原子为同种元素的原子，则非金属原子之间只能以共用电子对结合，为共价键，故A错误；
B. 化合物N5AsF6中，N5为+1价，F为−1价，则As为+5价，故B错误；
C. 的摩尔质量为112g/mol，故C错误；
D. 一个氮原子的质子数为7，中含有3个氮原子，所含质子数为21，故D正确；
答案选D。
【点睛】摩尔质量和相对（原子）分子质量在数值上相等，但摩尔质量有单位g/mol，相对原子（分子）质量单位是1。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO3-、AlO2-
B. 0.1mol/L的AlCl3溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-
C. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4+、K+、C1-、I-
D. c(OH-)=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、CO32-、C1O-
【答案】D
【解析】
详解】A. AlO2-与碳酸氢根离子反应生成碳酸根，碳酸根和钡离子不能共存，故A错误；
B. 0.1mol/L的AlCl3溶液中，铝离子与碳酸根离子双水解，不能共存，故B错误；
C. 滴加KSCN显红色的溶液含有三价铁离子，与具有还原性的碘离子不能共存，故C错误；
D. c(OH-)=0.1mol/L的溶液为碱性，各离子间不发生反应，可以共存，故D正确；
故选D。
【点睛】该题考查离子共存问题，要注意题目中的隐含条件，或已经限定的条件所表示的含义和性质；偏铝酸根离子只能存在于碱性溶液中，其原因在于偏铝酸根离子为弱酸根，水解使溶液显碱性，碳酸氢根离子既可与酸反应又可与碱反应，因此两个不能离子共存；
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2g 中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10mL 18mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A. ①⑥ B. ④⑤⑥ C. ③④⑤ D. ①②⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①丙烯酸分子中含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故①错误；
②12g金刚石的物质的量为1mol ，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，故含2NA个，故②错误；
③C3H6和C4H8最简式相同都为CH2，常温下，21g C3H6和C4H8的混合物的物质的量为mol，含有的碳原子数为1.5NA，故③正确；
④的摩尔质量为20g/mol，含有10个质子、10个中子，10个电子，2g 为1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，故④正确；
⑤S2和S6都只含有S原子，常温常压下，6.4g S2和S6的混合物为0.2mol，其中所含硫原子数一定为0.2NA，故⑤正确；
⑥10mL 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，浓硫酸与足量的镁反应生成二氧化硫，随着反应进行浓硫酸变为稀硫酸，与镁反应生成氢气，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故⑥错误；
答案选C。
11.下列离子方程式书写正确的是
A. 向明矾溶液中加入少量的氢氧化钡溶液：2Al3+++3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
B. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
C. 向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：+OH-=NH3·H2O
D. 含等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向明矾溶液中加入少量的氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化钡沉淀，离子反应为：2Al3+++3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故A正确；
B. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe(OH)2+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；
C. 向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4++H2PO4-+3OH-= PO43-+NH3•H2O+H2O，故C错误；
D. 氢离子与氢氧根离子发生酸碱中和，剩余的氢氧根离子再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应生成氢氧化镁、水，离子方程式为2H+ +Mg2+ +4OH- =Mg(OH)2↓+2H2O ，故D错误；
答案选A。
【点睛】离子反应方程式书写的判断，容易出错的在物质反应少量和足量，导致反应产物不同的判断上，对于这种类型的离子反应，要使用“一少定多”的方法解决，少量的物质一定是完全参与反应的物质，一般做法不足量的物质的系数定为1，再根据物质性质配出另一量相对较多的反应物的系数，这个系数一定要保证不足量的反应物能反应的都参与反应。
12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B. MgCl2·6H2O（s）MgCl2 Mg(s)
C. Si SiO2 H2SiO3
D. NH3(g) NO(g) HNO3(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯化钠与二氧化碳不反应，不能弱酸制取强酸，故A错误；
B. MgCl2·6H2O（s）加热蒸干过程中加盐酸，抑制氯化镁水解，制取金属镁用电解熔融氯化镁来制取，故B正确；
C. 二氧化硅难溶于水，不与水反应，故C错误；
D. 一氧化氮不溶于水且不与水反应，要在有氧气的条件下，按照一定比例反应，故D错误；
答案选B。
13.中美贸易战中，稀土是我国一张重要的牌。稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为+3价和+4价：②氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是
A. 工业上金属铈一般应低温密封保存
B. 工业上可以采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属铈
C. 工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质
D. 铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
从题干的信息可以直达，金属Ce的化学性质与Na相似，Ce4+又具有较强的氧化性，可以依据Na的性质答题，又需要考虑Ce4+本身的化学特性。
【详解】A. 稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，工业上金属铈一般应低温密封保存，故A正确；
B. 受热时燃烧，不能用氢气还原，故B错误；
C. 遇水很快反应，工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质，故C正确；
D. 氢碘酸为非氧化性的酸，与变价金属反应，生成氢气和低价态的金属阳离子，铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故D正确；
答案选B。
14.由环戊二烯(a)制备金刚烷(d)的合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. 物质a中所有原子可能在同一个平面上 B. 反应②为加成反应
C. 物质c、d互为同系物 D. 物质d的一氯代物有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质a中含有碳单键，其碳上的氢原子不能共面，故A错误；
B. 反应②中b中的双键变为单键，为加成反应，故B正确；
C. 物质c、d互为同分异构体，故C错误；
D. 物质d只有次甲基、亚甲基上两种H，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选B。
【点睛】一般情况下，有机物中若存在甲基型的碳原子（和甲烷结构相似），所有的原子不可能共面；
同分异构体：有相同的分子式，但结构不同，因而产生了性质上的差异，这种现象就叫做同分异构现象，而具有这种现象的化合物互称为同分异构体。简单说就是分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；
同系物：结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物。
15.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示，下列有关叙述不正确的是
A. X的分子式为C8H8O2
B. X、Y、Z均能和NaOH溶液反应
C. 可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z
D. 1mol X跟足量H2反应，最多消耗4mol H2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据X的结构式，X的分子式为C8H8O2，故A正确；
B. X含有酯基，Y含有酚羟基，Z含有羧基均能和NaOH溶液反应，故B正确；
C. Y中含有酚羟基，结合苯酚的性质，可电离出氢离子，不能使酸性指示剂变色，其酸性比碳酸还弱，不与NaHCO3溶液反应； Z为有机酸，酸性比碳酸强，与NaHCO3溶液反应释放出二氧化碳气体；故C正确；
D. X中酯基上的碳氧双键不发生加成反应，1mol X跟足量H2反应，最多消耗3mol H2，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考察有机物官能团的性质，利用已学过的知识，结合官能团的化学性质，来解题，碳碳双键、醛基、苯环可以发生加成反应可以被氢气还原，酯类物质结构中的碳氧双键不能发生氢气加成反应。
16.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
C. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A错误；
B．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B错误；
C．N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C正确；
D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；
故选C。
17.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中不正确的是
A. 沸点：W>X
B. 原子半径：D>B>C>A
C. C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D. A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
乙为红棕色气体，乙是NO2 ；Y为淡黄色固体，Y是Na2O2；Y与W生成甲，所以甲是O2，W是常见液体则为H2O，甲与Z生成NO2，所以Z是NO ；X与O2生产NO2，所以X是NH3；因为A、B、C、D的原子序数依次增加，所以分别是H、N、O、Na；综上所述，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
【详解】A. 常温下，W为水液态，X为氨气气态，沸点：W>X，故A正确；
B. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故B正确；
C. 氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中既有离子键，又含有共价键，故C错误；
D. H、N、O三种元素可组成硝酸，为共价化合物，又可组成硝酸铵，为离子化合物，故D正确；
答案选C。
18.如图是从元素周期表中截取的一部分，已知X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，下列说法中不正确的是
A. W的原子序数可能是X的原子序数的3倍
B. Z元素不可能为金属元素
C. 四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子
D. W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
【答案】D
【解析】
【分析】
根据截图中元素位置关系可判断，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，
【详解】A. X为B时，W为P，则W的原子序数是X的原子序数的3倍，故A正确；
B. X为Li时，Z为Mg，但Mg与Al在周期表中不相邻，则Z不可能为金属元素，截图应为短周期的后半部分，故B正确；
C. 由图中位置可知，四种元素可能均为非金属元素，如X为N、Y为O，Z为S、W为Cl，则N2H4、H2O2、H2S、HCl均为18电子微粒，故C正确；
D. Y为O时，W为Cl，非金属性O>Cl，则Y的气态氢化物的稳定比W的强，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考察对元素周期表的结构掌握，根据图片首先应该确定是二三周期元素，还要根据第三周期的前两个元素与第三个元素是不相邻的，元素Z、W元素要相邻，只能是元素周期表短周期的后半部分。
19.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 装置①制取收集氨气 B. 装置②制取氯气
C. 装置③除去CO2中的SO2 D. 用装置④排空气法收集NO
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无水氯化钙是中性干燥剂，会与氨气发生反应，不能干燥氨气，故A错误；
B. 浓盐酸与二氧化锰制取氯气要加热，故B错误；
C. 二氧化碳不溶于碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D. 一氧化氮气体易于空气中的氧气反应，应用排水法收集，不能用排空气法收集，故D错误；
答案选C。
20.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列 3 种溶液的 pH：
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.34
11.6
10.3
下列有关说法正确的是（ ）
A. 以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的
B. 反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生
C. 室温下，电离常数： K2（ H2CO3）>K（ HClO）
D. 在新制氯水中加入少量 NaHCO3固体可以提高溶液中 HClO 的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO >HCO3-，
A．pH 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；
B．正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；
C．酸性HClO >HCO3-，电离常数： K2（ H2CO3）
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。
21.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
22.《Journal of Energy Chemistry》杂志曾报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置，其示意图如图所示，下列有关说法正确的是
A. b为负极
B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C. a极电极反应式为
D. 转移1mol电子可捕获CO2气体22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图片可知C2O52−→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为原电池正极，故A错误；
B. CO2→C2O52−或CO32−时碳元素的化合价均为+4，没有变化，故B错误；
C. 根据图片可知C2O52−→O2，电极上发生失去电子的氧化反应，所以a极的电极反应式为2C2O52−−4e−=4CO2 +O2，故C正确；
D. 由a极的电极反应式为2C2O52−−4e−=4CO2 +O2可知，转移1mol的电子生成1mol的二氧化碳，转移lmol电子可捕获CO2气体在标准状况下的体积为22.4L，该选项未指明气体的条件，故D错误；
答案为C。
【点睛】该题考查电化学综合应用，要学会结合图片提炼有效信息，一般结合题干信息和给出的装置图，先判断是电解池还是原电池，看电解质溶液中离子的运动方向和转化关系，根据转化关系判断氧化还原反应化合价的变化来确定电极性质，书写电极反应式。
23.某溶液中可能含有OH-、CO32-、AlO2-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是
A. 原溶液中一定含有Na2SO4
B. 反应后最终溶液中的溶质只有AlCl3
C. 原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1
D. 原溶液中一定含有的阴离子是OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-
【答案】D
【解析】
【分析】
依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。
【详解】A. 溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；
B. 反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；
C. 依据图象可设：碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32−+2H+=CO2↑+H2O；氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32−与AlO2−的物质的量之比为3:4，故C错误；
D. 依据分析判断，原溶液中一定含有的阴离子是OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故D正确；
答案选D。
24.常温下，下列溶液中，有关微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液：c()>c()>c(H+)>c(Fe2+)
B. 将100mL 0.1mol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL 0.1mol·L-1盐酸中：c(Na+)>c(C1-)>c()>c()
C. pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c()
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子、亚铁离子水解，溶液显酸性，离子浓度大小为： c(SO42−)> c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)，故A错误；
B. 将100mL 0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL 0.1mol⋅L−1盐酸中，碳酸钠与过量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，最终得到氯化钠和碳酸钠的混合物，钠离子、氯离子不水解，碳酸根离子部分水解，则离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，故B错误；
C. pH=12 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中，醋酸为弱酸又电离出醋酸根离子和氢离子，溶液显酸性，离子浓度大小为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D. 0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中电荷守恒式为：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(CO32−)+c(HCO3−)，物料守恒式为：c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，得到离子浓度关系c(H+)+c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32−)，故D错误；
答案选C。
25.含+6价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的，处理该废水常用还原沉淀法，具体流程如下：
（1）步骤①用稀硫酸调节pH，不选用盐酸的原因是______________________________。
（2）已知每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为：_________________________________________________________。
（3）已知Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。步骤②加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为___________________________________________(用离子方程式表示)。
（4）下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液最佳的是__________(填选项序号)；
A．FeSO4溶液 B．浓H2SO4C．Na2SO3溶液 D．酸性KMnO4溶液
（5）某厂废水中含1.50×10-3mol/L的，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2)可变废为宝。欲使1 L该废水中的完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入__________gFeSO4·7H2O。(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)
【答案】 (1). 会氧化盐酸中C1-生成氯气，污染环境 (2). (3). Cr(OH)3+OH-=+2H2O (4). C (5). 4.17
【解析】
【分析】
含Cr2O72-离子的废水加入Na2S2O3溶液调节溶液pH=2~3，重铬酸根离子被还原为Cr3+离子，再加入氢氧化钠溶液控制溶液pH生成Cr（OH）3；Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，在生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，防止Cr(OH)3溶解。
【详解】（1）在酸性条件下Cr2O72-具有强氧化性，会与Cl- 离子发生氧化还原反应，生成氯气，造成环境污染，不能用盐酸来代替硫酸；
（2）已知每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，根据电子转移守恒，可知S2O32−被氧化生成SO42−，而Cr2O72−离子被还原为Cr3+离子，配平可得离子方程式为：3S2O32−+4Cr2O72−+26H+═6SO42−+8Cr3++13H2O；
（3）Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，Cr(OH)3可以溶解在过量的氢氧化钠溶液中，反应生成NaCrO2与H2O，反应离子方程式为：Cr(OH)3+OH−=CrO2−+2H2O；
（4）可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子，
A．FeSO4溶液 中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72−离子，但是又引入新的杂质三价铁离子，故A不符合；
B．浓H2SO4 具有氧化性，故B不符合；
C．Na2SO3溶液 中亚硫酸根离子具有还原性,可以还原Cr2O72−，故C符合；
D．酸性KMnO4溶液强氧化剂不能还原Cr2O72−，故D不符合；
故答案选C；
（5）1L废水中含n(Cr2O72−)=1.50×10−3mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：
Cr2O72−∼∼∼4Cr0.5Fe1.5FeO4∼∼∼10FeSO4⋅7H2O，
所以理论上n(FeSO4⋅7H2O)=10n(Cr2O72−)=1.50×10−3mol×10=0.015mol，
所以m(FeSO4⋅7H2O)＝0.015mol×278g/mol=4.17g。
26.这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。
资料卡片：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的离子方程式是：______________。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为__________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_____________________________。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是_________________________。
（5）产品经提纯后仍含少量PCl3杂质，通过佛尔哈德法可测定产品中POCl3含量：准确称取1.500g样品在碘量瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取10．00 mL于锥形瓶中，加入0.2000 mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是_____________________________________________________。
②POCl3的质量分数为________________________。
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
【答案】 (1). +2H+=SO2↑+H2O (2). P2O5 (3). 己 (4). 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 (5). 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 (6). 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 (7). 79．9％ (8). 偏小
【解析】
【详解】（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的离子方程式是：+2H+=SO2↑+H2O；
答案为：+2H+=SO2↑+H2O；
（2）乙装置为球形干燥管，只能填装固体药品，用来干燥氯气，因此干燥剂不能与氯气反应，碱石灰能与氯气反应不可用，无水硫酸铜有吸水性，但吸水效果不好，一般不能作为干燥剂，所以乙中盛装的为P2O5；根据表格中反应物生成物熔沸点可知，为了使反应充分进行，球型冷凝管效果更好；
答案为：P2O5；己；
（3）在丙装置中，通入二氧化硫和氯气的速度太快，导致反应物不能充分接触，产率会降低，原料的利用率降低，可以通过甲和丁装置中气泡的速度来控制通入到丙装置的气流速度，让反应物有充分的接触；
答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）PCl3的沸点为76.1，温度太高PCl3易挥发，温度太低反应速率太慢；
答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①加入NH4Fe(SO4)2中的铁为+3价，KSCN先与过量的AgNO3反应生成沉淀，当把过量的AgNO3消耗完，再与三价铁离子反应，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
答案为：滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②POCl3易水解生产盐酸和磷酸，用硝酸银滴定水解产生的氯离子，来确定POCl3的含量；
n过量(AgNO3)=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，
沉淀10.00mL溶液中Cl消耗的AgNO3的物质的量为：0.2000mol/L×0.02L−0.001mol=0.003mol，n(Cl)=0.003mol，设POCl3的质量为xg，杂质PCl3的质量为（1.500g-x）g，则，解得x=1.199g
产品中POCl3的百分含量为：×100%=79.9%；
故答案为：79.9%；
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，测定POCl3的质量分数将偏小；
答案为：偏小。
27.以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O(磷酸二氢锰)]的主要工艺流程如图：
（1）用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为__________________________________。
（2）如何检验“沉锰”己完成_____________________________________________________。
（3）铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为_______；pH>1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为____________________。
（4）结合图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4·H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加适量的双氧水，再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH范围为_________，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并，控制温度在80℃～90℃之间蒸发浓缩、______________，(填操作名称)得到MnSO4·H2O，用80℃～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，放在真空干燥箱中低温干燥。[已知该溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀：pH=5.0时Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，pH=8．8时Fe(OH)2沉淀完全]。
【答案】 (1). 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). 在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成 (3). 60min (4). pH>1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀 (5). 5.0≤pH<7.8 (6). 趁热过滤
【解析】
【分析】
软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)用硫酸和二氧化硫进行酸溶转化为Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，过滤后得到的滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，由于SiO2不与硫酸反应，则滤渣1主要含有SiO2，向滤液中加入二氧化锰，主要作用是将滤液中的二价铁离子氧化为三价铁离子，二氧化锰自身转变为锰离子，方便杂质离子除去，再向滤液中加入有机萃取剂，将滤液中的三价铁离子转到有机萃取剂中，此时滤液中还有Al3+、Mn2+ SO42-，为确保三价铁离子除干净，同时把铝离子除净，但又不能减少滤液中锰离子的量，将调节溶液PH值调节为5到7.8之间，可将滤液中可能残留的三价铁和铝离子，全部转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。再加入碳酸钠，将锰离子转变为碳酸锰沉淀，再用磷酸溶解，最后得到马日夫盐。
【详解】（1）“氧化”时酸性溶液中二氧化锰与亚铁离子反应生成三价铁离子，离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（2）若锰离子全部沉淀，那么溶液中再加入碳酸钠就不会产生沉淀，因此检验方法为在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
答案为：取沉淀后的上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
（3）如图一所示，当接触60分钟时，萃取率达到最大，当pH>1.7时，Fe3+会发生水解转化为氢氧化铁沉淀，导致铁离子萃取率降低；
答案为：60min；pH>1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀；
（4）实验目的是制备MnSO4·H2O，要将杂质离子处理干净，当PH=5时铁离子完全沉淀，结合已知条件溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀，溶液中锰离子的量就会减少，因此溶液的PH控制在5到7.8之间，杂质离子最少，溶液中锰离子的含量最高；根据图三所示，当溶液中温度为23.9℃左右，MnSO4·H2O的溶液度最大，温度越高，MnSO4·H2O晶体析出越多，趁热过滤得到的产品的产率最高；
答案为：5．0≤pH<7．8；趁热过滤。
28.雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，以下方法可以消除氮氧化物和硫氧化物的污染。
（1）用活性炭还原法可处理氮氧化物，向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应： △H<0，在一定条件下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.52
0.40
0.40
0.44
0.44
N2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
CO2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=_______________。
②在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的标志是_________(填字母编号)。
a．v正(N2)=2v逆(NO) b．反应体系的压强不再发生改变
c．不变 d．混合气体密度保持不变
③30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________。
（2）NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。已知c(NO2)：c(NO)=1：1时脱氮效果最佳，若生成1mol N2时反应放出的热量为Q kJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为_____________________________________________________。
（3）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_____________________。
②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n()：n()变化关系如下表：
n()：n()
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：
写出在阳极放电的电极反应式：_______________________________________，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。
（4）利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO2的常见方法，先将含SO2的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收。该温度下吸收液中c(Ca2+)一直保持为0.50 mol·L-1，已知KSP(CaSO3)=1.4×10-7，求吸收后溶液中的浓度______________________。
【答案】 (1). 0.048mol/(L·min) (2). c d (3). 升高温度 (4). 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) △H=-2Q kJ/mol (5). 2OH-+SO2=+H2O (6). -2e-+H2O=+3H+ (7). 2.8×10-7mo1/L
【解析】
【详解】（1）用活性炭还原法可处理氮氧化物，向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应： △H<0，在一定条件下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表:
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.52
0.40
0.40
0.44
0.44
N2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
CO2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
①分析图表数据，0∼10min内，NO的平均反应速率v(NO)= =0.048mol/(L⋅min)；
答案为：0.048mol/(L⋅min)；
②a．不同物质的反应速率之比等于计量系数之比时，可判定反应达到平衡状态，v正(N2)：v逆(NO) =1:2，即2 v正(N2)= v逆(NO)，故a错误；
b．根据反应：可知，该体系是反应前后气体体积不变的体系，平衡不受压强影响，反应体系的压强不再发生改变，不能判定达到平衡状态，故b错误；
c．为平衡常数，平衡常数不变，说明反应体系中各组分的含量不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；
d．该体系为气体平均摩尔质量增大的体系，气体的摩尔质量与混合气体的密度成正比，摩尔质量保持不变，则密度保持不变，反应达到平衡，故d正确；
答案选cd；
③30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮浓度增大，氮气，二氧化碳浓度都减小；说明条件的改变使平衡反应向逆反应方向进行，根据反应△H<0，正反应放热，逆反应吸热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大；
答案为：升高温度；
（2）利用H3催化还原氮氧化物技术可将一氧化氮和二氧化氮转化为氮气，且c(NO2)：c(NO)=1：1时脱氮效果最佳，发生的反应为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)，生成1mol N2时反应放出的热量为Q kJ，则该反应的焓变△H=−2QkJ/mol，所以时对应的脱氮反应的热化学方程式为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol，
故答案为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol；
（3）①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式：2OH-+SO2=+H2O；
答案为：2OH-+SO2=+H2O；
②结合表格数据，当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-+H2O= SO42-+3H+；
故答案为：-2e-+H2O=SO42-+3H+；
（4）根据硫酸钙的溶度积常数表达式Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)·c(SO32-)可知，c(SO32-)= =2.8×10-7mol/L；
答案为：2.8×10-7mol/L。
湖南省衡阳市第八中学2020届高三第三次月考
化学试题
1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是
A. “木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素
B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3
C. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质
D. “黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐
【答案】B
【解析】
【详解】A. 木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；
B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；
C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；
D. “黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；
答案选B。
2.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是
A. 中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B. 中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是Si
C. 现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
D. 用铜片制成的“纳米铜”具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，说明“纳米铜”的还原性比铜片更强
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故A错误；
B.芯片主要是使用半导体材料制作，主要成分为Si，故B正确；
C. “拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；
D. “纳米铜”与铜都是铜，只是颗粒大小不同，所以化学性质相同，故D错误；
答案选B。
3.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是
A. H2O2的电子式：
B. 核内含8个中子的碳原子：8C
C. 丙烷分子的比例模型示意图：
D. 铝硅酸盐Na2Al2Si2O8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2O2双氧水为共价化合物，不含有阴阳离子，故A错误；
B. 核内含8个中子的碳原子：14C，故B错误；
C. 该图是丙烷分子的球棍模型示意图，故C错误；
D. 硅酸盐书写为氧化物的方式时，氧化物书写先后顺序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、二氧化硅、水；铝硅酸盐Na2Al2SixO8可用氧化物形式表示为：Na2O·Al2O3·2SiO2，故D正确；
答案为D。
【点睛】由非金属元素相互结合形成的化学键键一般都是共价键（除铵盐外），绝大多数由金属与非金属结合形成的键为离子键（氯化铝除外）；元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，右上角表示粒子所带的电荷数，右下角表示粒子个数；
4.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. 冰醋酸、纯碱、蓝矾、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物
B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸
C. 漂白粉、冰水、氯水均为混合物
D. Na2O、NaOH、NaCl、Na2SO4、Na2O2都属于钠的含氧化合物
【答案】B
【解析】
A.纯碱是碳酸钠，是盐不是碱，A不正确；B. HC1O、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，B正确；C.冰水是纯净物，C不正确；D. NaCl不是含氧化合物，D不正确。本题选B。
5.下列关于物质用途的叙述中不正确的是
A. Na2O2可用作供氧剂 B. 铝槽车可用于浓硫酸的贮运
C. 水玻璃可用于木材的防火 D. 在医疗上，可用碳酸钠治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【详解】A. 过氧化钠可以和二氧化碳、水等物质反应生成氧气，可用作呼吸面具中的供氧剂，故A正确；
B. 在常温下金属铝遇到浓硫酸会发生钝化，可用铝制容器贮藏运输浓硫酸，故B正确；
C. 水玻璃为硅酸钠，将木材用硅酸钠溶液浸泡不易燃烧，可用于木材的防火，故C正确；
D. 碳酸钠碱性较强，对胃有腐蚀性，在医疗上，可用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故D错误；
答案选D。
6.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水
石灰水变浑浊
炭被氧化成CO2
B
将稀盐酸滴入Na2SiO3 溶液中
溶液中出现凝胶
非金属性: Cl>Si
C
SO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸
有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀不溶解
先产生BaSO3沉淀，后转化为BaSO4
D
向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水
溶液显红色
原溶液中一定含有Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．炭和浓H2SO4的混合物加热，反应生成的二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，结论不合理，故A错误；
B．将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸＞硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；
C．SO2通入BaCl2溶液不反应，加硝酸发生氧化还原反应，将二氧化硫氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含Fe3+，再滴加新制氯水，溶液为红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；
故选D。
【点睛】把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键。本题的易错点为C，要注意SO2通入BaCl2溶液不能反应生成亚硫酸钡沉淀。
7.2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关说法不正确的是
A. 制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)研发利用，充分体现了元素周期表的指导作用
B. 通过测定物质中的含量可以推断文物的年代
C. 门捷列夫预言的“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性
D. 过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，其合金可以制造火箭、导弹、宇宙飞船等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的．人们曾采用过乙醚、氨、氯甲烷等制冷剂，但它们或者有毒，或者易燃，科学家根据元素及其化合物性质的递变规律来研制了新的制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)，充分体现了元素周期表的指导作用，故A正确；
B. 考古学家通过测定古生物遗骸中的碳-14含量来推断文物年代，不是，故B错误；
C. 门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素，“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性，故C正确；
D. 根据元素周期表的应用，过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，单质及其合金可以用于制造火箭、导弹、宇宙飞船等，故D正确；
答案选B。
8.美国《Scinece》杂志曾报道科学家合成和分离出含高能正离子的化合物N5AsF6，有研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种 ，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是
A. 中N原子间形成离子键 B. N5AsF6中As的化合价为+1
C. 的摩尔质量为112 D. 所含质子数为21
【答案】D
【解析】
【详解】A. N5+中N−N原子为同种元素的原子，则非金属原子之间只能以共用电子对结合，为共价键，故A错误；
B. 化合物N5AsF6中，N5为+1价，F为−1价，则As为+5价，故B错误；
C. 的摩尔质量为112g/mol，故C错误；
D. 一个氮原子的质子数为7，中含有3个氮原子，所含质子数为21，故D正确；
答案选D。
【点睛】摩尔质量和相对（原子）分子质量在数值上相等，但摩尔质量有单位g/mol，相对原子（分子）质量单位是1。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：Na+、Ba2+、NO3-、AlO2-
B. 0.1mol/L的AlCl3溶液中：Na+、K+、CO32-、NO3-
C. 滴加KSCN显红色的溶液：NH4+、K+、C1-、I-
D. c(OH-)=0.1mol/L的溶液：Na+、K+、CO32-、C1O-
【答案】D
【解析】
详解】A. AlO2-与碳酸氢根离子反应生成碳酸根，碳酸根和钡离子不能共存，故A错误；
B. 0.1mol/L的AlCl3溶液中，铝离子与碳酸根离子双水解，不能共存，故B错误；
C. 滴加KSCN显红色的溶液含有三价铁离子，与具有还原性的碘离子不能共存，故C错误；
D. c(OH-)=0.1mol/L的溶液为碱性，各离子间不发生反应，可以共存，故D正确；
故选D。
【点睛】该题考查离子共存问题，要注意题目中的隐含条件，或已经限定的条件所表示的含义和性质；偏铝酸根离子只能存在于碱性溶液中，其原因在于偏铝酸根离子为弱酸根，水解使溶液显碱性，碳酸氢根离子既可与酸反应又可与碱反应，因此两个不能离子共存；
10.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2g 中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10mL 18mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A. ①⑥ B. ④⑤⑥ C. ③④⑤ D. ①②⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①丙烯酸分子中含有一个碳碳双键和一个碳氧双键，0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故①错误；
②12g金刚石的物质的量为1mol ，而1mol金刚石中含2mol碳碳键，故含2NA个，故②错误；
③C3H6和C4H8最简式相同都为CH2，常温下，21g C3H6和C4H8的混合物的物质的量为mol，含有的碳原子数为1.5NA，故③正确；
④的摩尔质量为20g/mol，含有10个质子、10个中子，10个电子，2g 为1mol，其中含有的质子数、中子数、电子数均为NA，故④正确；
⑤S2和S6都只含有S原子，常温常压下，6.4g S2和S6的混合物为0.2mol，其中所含硫原子数一定为0.2NA，故⑤正确；
⑥10mL 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，浓硫酸与足量的镁反应生成二氧化硫，随着反应进行浓硫酸变为稀硫酸，与镁反应生成氢气，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故⑥错误；
答案选C。
11.下列离子方程式书写正确的是
A. 向明矾溶液中加入少量的氢氧化钡溶液：2Al3+++3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓
B. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸：Fe(OH)2+2H+=Fe2++2H2O
C. 向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：+OH-=NH3·H2O
D. 含等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和HC1溶液混合：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
【答案】A
【解析】
【详解】A. 向明矾溶液中加入少量的氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化钡沉淀，离子反应为：2Al3+++3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故A正确；
B. 向氢氧化亚铁中加入足量的稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe(OH)2+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；
C. 向磷酸二氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液：NH4++H2PO4-+3OH-= PO43-+NH3•H2O+H2O，故C错误；
D. 氢离子与氢氧根离子发生酸碱中和，剩余的氢氧根离子再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，反应生成氢氧化镁、水，离子方程式为2H+ +Mg2+ +4OH- =Mg(OH)2↓+2H2O ，故D错误；
答案选A。
【点睛】离子反应方程式书写的判断，容易出错的在物质反应少量和足量，导致反应产物不同的判断上，对于这种类型的离子反应，要使用“一少定多”的方法解决，少量的物质一定是完全参与反应的物质，一般做法不足量的物质的系数定为1，再根据物质性质配出另一量相对较多的反应物的系数，这个系数一定要保证不足量的反应物能反应的都参与反应。
12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B. MgCl2·6H2O（s）MgCl2 Mg(s)
C. Si SiO2 H2SiO3
D. NH3(g) NO(g) HNO3(g)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯化钠与二氧化碳不反应，不能弱酸制取强酸，故A错误；
B. MgCl2·6H2O（s）加热蒸干过程中加盐酸，抑制氯化镁水解，制取金属镁用电解熔融氯化镁来制取，故B正确；
C. 二氧化硅难溶于水，不与水反应，故C错误；
D. 一氧化氮不溶于水且不与水反应，要在有氧气的条件下，按照一定比例反应，故D错误；
答案选B。
13.中美贸易战中，稀土是我国一张重要的牌。稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：①铈常见的化合价为+3价和+4价：②氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是
A. 工业上金属铈一般应低温密封保存
B. 工业上可以采取用H2还原氧化铈的方法来治炼金属铈
C. 工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质
D. 铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
从题干的信息可以直达，金属Ce的化学性质与Na相似，Ce4+又具有较强的氧化性，可以依据Na的性质答题，又需要考虑Ce4+本身的化学特性。
【详解】A. 稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，工业上金属铈一般应低温密封保存，故A正确；
B. 受热时燃烧，不能用氢气还原，故B错误；
C. 遇水很快反应，工业上不可以采取电解氯化铈水溶液的方法来获得铈单质，故C正确；
D. 氢碘酸为非氧化性的酸，与变价金属反应，生成氢气和低价态的金属阳离子，铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故D正确；
答案选B。
14.由环戊二烯(a)制备金刚烷(d)的合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. 物质a中所有原子可能在同一个平面上 B. 反应②为加成反应
C. 物质c、d互为同系物 D. 物质d的一氯代物有3种
【答案】B
【解析】
【详解】A. 物质a中含有碳单键，其碳上的氢原子不能共面，故A错误；
B. 反应②中b中的双键变为单键，为加成反应，故B正确；
C. 物质c、d互为同分异构体，故C错误；
D. 物质d只有次甲基、亚甲基上两种H，其一氯代物有2种，故D错误；
答案选B。
【点睛】一般情况下，有机物中若存在甲基型的碳原子（和甲烷结构相似），所有的原子不可能共面；
同分异构体：有相同的分子式，但结构不同，因而产生了性质上的差异，这种现象就叫做同分异构现象，而具有这种现象的化合物互称为同分异构体。简单说就是分子式相同结构不同的物质互称同分异构体；
同系物：结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2原子团的化合物互称为同系物。
15.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如下图所示，下列有关叙述不正确的是
A. X的分子式为C8H8O2
B. X、Y、Z均能和NaOH溶液反应
C. 可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z
D. 1mol X跟足量H2反应，最多消耗4mol H2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据X的结构式，X的分子式为C8H8O2，故A正确；
B. X含有酯基，Y含有酚羟基，Z含有羧基均能和NaOH溶液反应，故B正确；
C. Y中含有酚羟基，结合苯酚的性质，可电离出氢离子，不能使酸性指示剂变色，其酸性比碳酸还弱，不与NaHCO3溶液反应； Z为有机酸，酸性比碳酸强，与NaHCO3溶液反应释放出二氧化碳气体；故C正确；
D. X中酯基上的碳氧双键不发生加成反应，1mol X跟足量H2反应，最多消耗3mol H2，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考察有机物官能团的性质，利用已学过的知识，结合官能团的化学性质，来解题，碳碳双键、醛基、苯环可以发生加成反应可以被氢气还原，酯类物质结构中的碳氧双键不能发生氢气加成反应。
16.氮及其化合物的转化过程如图所示，下列分析合理的是
A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
B. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
C. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100％
D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【答案】C
【解析】
【详解】A．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故A错误；
B．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，有电子转移，发生的是氧化还原反应，故B错误；
C．N2与H2反应生成NH3，反应物参加反应过程中原子利用率为100%，故C正确；
D．催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高反应的平衡转化率，故D错误；
故选C。
17.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中不正确的是
A. 沸点：W>X
B. 原子半径：D>B>C>A
C. C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D. A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
乙为红棕色气体，乙是NO2 ；Y为淡黄色固体，Y是Na2O2；Y与W生成甲，所以甲是O2，W是常见液体则为H2O，甲与Z生成NO2，所以Z是NO ；X与O2生产NO2，所以X是NH3；因为A、B、C、D的原子序数依次增加，所以分别是H、N、O、Na；综上所述，A、B、C、D分别是H、N、O、Na；X是NH3，Y是Na2O2，Z是NO，W是H2O，甲是O2，乙是NO2。
【详解】A. 常温下，W为水液态，X为氨气气态，沸点：W>X，故A正确；
B. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故B正确；
C. 氧化钠中只含有离子键，过氧化钠中既有离子键，又含有共价键，故C错误；
D. H、N、O三种元素可组成硝酸，为共价化合物，又可组成硝酸铵，为离子化合物，故D正确；
答案选C。
18.如图是从元素周期表中截取的一部分，已知X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，下列说法中不正确的是
A. W的原子序数可能是X的原子序数的3倍
B. Z元素不可能为金属元素
C. 四种元素的原子有可能均能与氢原子形成18电子分子
D. W的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
【答案】D
【解析】
【分析】
根据截图中元素位置关系可判断，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，
【详解】A. X为B时，W为P，则W的原子序数是X的原子序数的3倍，故A正确；
B. X为Li时，Z为Mg，但Mg与Al在周期表中不相邻，则Z不可能为金属元素，截图应为短周期的后半部分，故B正确；
C. 由图中位置可知，四种元素可能均为非金属元素，如X为N、Y为O，Z为S、W为Cl，则N2H4、H2O2、H2S、HCl均为18电子微粒，故C正确；
D. Y为O时，W为Cl，非金属性O>Cl，则Y的气态氢化物的稳定比W的强，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考察对元素周期表的结构掌握，根据图片首先应该确定是二三周期元素，还要根据第三周期的前两个元素与第三个元素是不相邻的，元素Z、W元素要相邻，只能是元素周期表短周期的后半部分。
19.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是
A. 装置①制取收集氨气 B. 装置②制取氯气
C. 装置③除去CO2中的SO2 D. 用装置④排空气法收集NO
【答案】C
【解析】
【详解】A. 无水氯化钙是中性干燥剂，会与氨气发生反应，不能干燥氨气，故A错误；
B. 浓盐酸与二氧化锰制取氯气要加热，故B错误；
C. 二氧化碳不溶于碳酸氢钠溶液，二氧化硫可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，故C正确；
D. 一氧化氮气体易于空气中的氧气反应，应用排水法收集，不能用排空气法收集，故D错误；
答案选C。
20.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列 3 种溶液的 pH：
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.34
11.6
10.3
下列有关说法正确的是（ ）
A. 以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的
B. 反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生
C. 室温下，电离常数： K2（ H2CO3）>K（ HClO）
D. 在新制氯水中加入少量 NaHCO3固体可以提高溶液中 HClO 的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO >HCO3-，
A．pH 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；
B．正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；
C．酸性HClO >HCO3-，电离常数： K2（ H2CO3）
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。
21.探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是
A. ①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃
B. ①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应
C. ②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同
D. 通过③能比较酸性：HCl＞H2O2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据实验探究可以看出，试管①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管②中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管③中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管⑤中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。
【详解】A. 试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；
B. ①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，④中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；
C. ②中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而⑤中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但②中过氧化氢全部被氧化⑤中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；
D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管③因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；
答案选D。
22.《Journal of Energy Chemistry》杂志曾报道我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置，其示意图如图所示，下列有关说法正确的是
A. b为负极
B. ①②中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C. a极电极反应式为
D. 转移1mol电子可捕获CO2气体22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图片可知C2O52−→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为原电池正极，故A错误；
B. CO2→C2O52−或CO32−时碳元素的化合价均为+4，没有变化，故B错误；
C. 根据图片可知C2O52−→O2，电极上发生失去电子的氧化反应，所以a极的电极反应式为2C2O52−−4e−=4CO2 +O2，故C正确；
D. 由a极的电极反应式为2C2O52−−4e−=4CO2 +O2可知，转移1mol的电子生成1mol的二氧化碳，转移lmol电子可捕获CO2气体在标准状况下的体积为22.4L，该选项未指明气体的条件，故D错误；
答案为C。
【点睛】该题考查电化学综合应用，要学会结合图片提炼有效信息，一般结合题干信息和给出的装置图，先判断是电解池还是原电池，看电解质溶液中离子的运动方向和转化关系，根据转化关系判断氧化还原反应化合价的变化来确定电极性质，书写电极反应式。
23.某溶液中可能含有OH-、CO32-、AlO2-、SiO32-、SO42-、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是
A. 原溶液中一定含有Na2SO4
B. 反应后最终溶液中的溶质只有AlCl3
C. 原溶液中含有CO32-与AlO2-的物质的量之比为1：1
D. 原溶液中一定含有的阴离子是OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-
【答案】D
【解析】
【分析】
依据图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlO2-、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na+离子。
【详解】A. 溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液不中一定含有Na2SO4，故A错误；
B. 反应最后形成的溶液中的溶质为NaCl和AlCl3，故B错误；
C. 依据图象可设：碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32−+2H+=CO2↑+H2O；氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有CO32−与AlO2−的物质的量之比为3:4，故C错误；
D. 依据分析判断，原溶液中一定含有的阴离子是OH-、SiO32-、AlO2-、CO32-，故D正确；
答案选D。
24.常温下，下列溶液中，有关微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液：c()>c()>c(H+)>c(Fe2+)
B. 将100mL 0.1mol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL 0.1mol·L-1盐酸中：c(Na+)>c(C1-)>c()>c()
C. pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液：c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c()
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.1mol⋅L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子、亚铁离子水解，溶液显酸性，离子浓度大小为： c(SO42−)> c(NH4+)>c(Fe2+)>c(H+)，故A错误；
B. 将100mL 0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL 0.1mol⋅L−1盐酸中，碳酸钠与过量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，最终得到氯化钠和碳酸钠的混合物，钠离子、氯离子不水解，碳酸根离子部分水解，则离子浓度大小为：c(Na+)>c(Cl−)>c(CO32−)>c(HCO3−)，故B错误；
C. pH=12 NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中，醋酸为弱酸又电离出醋酸根离子和氢离子，溶液显酸性，离子浓度大小为：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D. 0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中电荷守恒式为：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+2c(CO32−)+c(HCO3−)，物料守恒式为：c(Na+)=c(CO32−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)，得到离子浓度关系c(H+)+c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32−)，故D错误；
答案选C。
25.含+6价铬的污水会污染环境，电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的，处理该废水常用还原沉淀法，具体流程如下：
（1）步骤①用稀硫酸调节pH，不选用盐酸的原因是______________________________。
（2）已知每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为：_________________________________________________________。
（3）已知Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。步骤②加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，是因为___________________________________________(用离子方程式表示)。
（4）下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液最佳的是__________(填选项序号)；
A．FeSO4溶液 B．浓H2SO4C．Na2SO3溶液 D．酸性KMnO4溶液
（5）某厂废水中含1.50×10-3mol/L的，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3，Fe的化合价依次为+3、+2)可变废为宝。欲使1 L该废水中的完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4，理论上需要加入__________gFeSO4·7H2O。(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)
【答案】 (1). 会氧化盐酸中C1-生成氯气，污染环境 (2). (3). Cr(OH)3+OH-=+2H2O (4). C (5). 4.17
【解析】
【分析】
含Cr2O72-离子的废水加入Na2S2O3溶液调节溶液pH=2~3，重铬酸根离子被还原为Cr3+离子，再加入氢氧化钠溶液控制溶液pH生成Cr（OH）3；Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，在生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高，防止Cr(OH)3溶解。
【详解】（1）在酸性条件下Cr2O72-具有强氧化性，会与Cl- 离子发生氧化还原反应，生成氯气，造成环境污染，不能用盐酸来代替硫酸；
（2）已知每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，根据电子转移守恒，可知S2O32−被氧化生成SO42−，而Cr2O72−离子被还原为Cr3+离子，配平可得离子方程式为：3S2O32−+4Cr2O72−+26H+═6SO42−+8Cr3++13H2O；
（3）Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似，Cr(OH)3可以溶解在过量的氢氧化钠溶液中，反应生成NaCrO2与H2O，反应离子方程式为：Cr(OH)3+OH−=CrO2−+2H2O；
（4）可以代替上述流程中Na2S2O3溶液，需要具有还原性，能还原重铬酸根离子，
A．FeSO4溶液 中亚铁离子具有还原性，可以还原Cr2O72−离子，但是又引入新的杂质三价铁离子，故A不符合；
B．浓H2SO4 具有氧化性，故B不符合；
C．Na2SO3溶液 中亚硫酸根离子具有还原性,可以还原Cr2O72−，故C符合；
D．酸性KMnO4溶液强氧化剂不能还原Cr2O72−，故D不符合；
故答案选C；
（5）1L废水中含n(Cr2O72−)=1.50×10−3mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得：
Cr2O72−∼∼∼4Cr0.5Fe1.5FeO4∼∼∼10FeSO4⋅7H2O，
所以理论上n(FeSO4⋅7H2O)=10n(Cr2O72−)=1.50×10−3mol×10=0.015mol，
所以m(FeSO4⋅7H2O)＝0.015mol×278g/mol=4.17g。
26.这次中美贸易战的矛盾激化，也让我们看到了中国半导体产业存在的诸多不足，俗话说“亡羊补牢，为时未晚”，找出存在的不足，然后针对地去解决问题，才能让半导体产业链发展壮大起来。三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室模拟反应制备POCl3并测定产品含量。
资料卡片：
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4制取SO2，反应的离子方程式是：______________。
（2）溶液A为饱和食盐水，乙装置中应该盛装的试剂为__________(填“P2O5”或“碱石灰”或“浓H2SO4”或“无水硫酸铜”)；反应装置图的虚框中未画出的仪器最好选择______(填“己”或“庚”)。
（3）甲、丁装置的作用除了用于气体的净化除杂外，还有_____________________________。
（4）水浴加热三颈烧瓶，控制反应温度在60～65℃，其原因是_________________________。
（5）产品经提纯后仍含少量PCl3杂质，通过佛尔哈德法可测定产品中POCl3含量：准确称取1.500g样品在碘量瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100 mL溶液，取10．00 mL于锥形瓶中，加入0.2000 mol·L-1的AgNO3溶液20.00mL(Ag++C1-=AgC1↓)，再加少许硝基苯，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点(Ag++SCN-=AgSCN↓)，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。
①达到滴定终点的现象是_____________________________________________________。
②POCl3的质量分数为________________________。
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，若无硝基苯覆盖沉淀表面，测定POCl3的质量分数将___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
【答案】 (1). +2H+=SO2↑+H2O (2). P2O5 (3). 己 (4). 通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 (5). 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 (6). 滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色 (7). 79．9％ (8). 偏小
【解析】
【详解】（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的离子方程式是：+2H+=SO2↑+H2O；
答案为：+2H+=SO2↑+H2O；
（2）乙装置为球形干燥管，只能填装固体药品，用来干燥氯气，因此干燥剂不能与氯气反应，碱石灰能与氯气反应不可用，无水硫酸铜有吸水性，但吸水效果不好，一般不能作为干燥剂，所以乙中盛装的为P2O5；根据表格中反应物生成物熔沸点可知，为了使反应充分进行，球型冷凝管效果更好；
答案为：P2O5；己；
（3）在丙装置中，通入二氧化硫和氯气的速度太快，导致反应物不能充分接触，产率会降低，原料的利用率降低，可以通过甲和丁装置中气泡的速度来控制通入到丙装置的气流速度，让反应物有充分的接触；
答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）PCl3的沸点为76.1，温度太高PCl3易挥发，温度太低反应速率太慢；
答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①加入NH4Fe(SO4)2中的铁为+3价，KSCN先与过量的AgNO3反应生成沉淀，当把过量的AgNO3消耗完，再与三价铁离子反应，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
答案为：滴入最后一滴KSCN标准溶液，溶液变红色，且半分钟内不褪色；
②POCl3易水解生产盐酸和磷酸，用硝酸银滴定水解产生的氯离子，来确定POCl3的含量；
n过量(AgNO3)=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，
沉淀10.00mL溶液中Cl消耗的AgNO3的物质的量为：0.2000mol/L×0.02L−0.001mol=0.003mol，n(Cl)=0.003mol，设POCl3的质量为xg，杂质PCl3的质量为（1.500g-x）g，则，解得x=1.199g
产品中POCl3的百分含量为：×100%=79.9%；
故答案为：79.9%；
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10 mol2·L-2，KSP(AgSCN)=2×10-12 mol2·L-2，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，测定POCl3的质量分数将偏小；
答案为：偏小。
27.以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O(磷酸二氢锰)]的主要工艺流程如图：
（1）用MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为__________________________________。
（2）如何检验“沉锰”己完成_____________________________________________________。
（3）铁离子的萃取率与接触时间和溶液的pH之间的关系如图1、2所示，则应选择的接触时间为_______；pH>1.7，铁离子的萃取率急剧下降的原因可能为____________________。
（4）结合图3的溶解度曲线，请补充完整由浸锰得到的溶液制备MnSO4·H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加适量的双氧水，再向滤液中加入MnCO3粉末调节溶液的pH范围为_________，过滤洗涤，将滤液与洗涤液合并，控制温度在80℃～90℃之间蒸发浓缩、______________，(填操作名称)得到MnSO4·H2O，用80℃～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，放在真空干燥箱中低温干燥。[已知该溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀：pH=5.0时Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀完全，pH=8．8时Fe(OH)2沉淀完全]。
【答案】 (1). 2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (2). 在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成 (3). 60min (4). pH>1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀 (5). 5.0≤pH<7.8 (6). 趁热过滤
【解析】
【分析】
软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2)用硫酸和二氧化硫进行酸溶转化为Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，过滤后得到的滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+ SO42-，由于SiO2不与硫酸反应，则滤渣1主要含有SiO2，向滤液中加入二氧化锰，主要作用是将滤液中的二价铁离子氧化为三价铁离子，二氧化锰自身转变为锰离子，方便杂质离子除去，再向滤液中加入有机萃取剂，将滤液中的三价铁离子转到有机萃取剂中，此时滤液中还有Al3+、Mn2+ SO42-，为确保三价铁离子除干净，同时把铝离子除净，但又不能减少滤液中锰离子的量，将调节溶液PH值调节为5到7.8之间，可将滤液中可能残留的三价铁和铝离子，全部转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀。再加入碳酸钠，将锰离子转变为碳酸锰沉淀，再用磷酸溶解，最后得到马日夫盐。
【详解】（1）“氧化”时酸性溶液中二氧化锰与亚铁离子反应生成三价铁离子，离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；
（2）若锰离子全部沉淀，那么溶液中再加入碳酸钠就不会产生沉淀，因此检验方法为在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
答案为：取沉淀后的上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；
（3）如图一所示，当接触60分钟时，萃取率达到最大，当pH>1.7时，Fe3+会发生水解转化为氢氧化铁沉淀，导致铁离子萃取率降低；
答案为：60min；pH>1.7时铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀；
（4）实验目的是制备MnSO4·H2O，要将杂质离子处理干净，当PH=5时铁离子完全沉淀，结合已知条件溶液中pH=7.8时Mn(OH)2开始沉淀，溶液中锰离子的量就会减少，因此溶液的PH控制在5到7.8之间，杂质离子最少，溶液中锰离子的含量最高；根据图三所示，当溶液中温度为23.9℃左右，MnSO4·H2O的溶液度最大，温度越高，MnSO4·H2O晶体析出越多，趁热过滤得到的产品的产率最高；
答案为：5．0≤pH<7．8；趁热过滤。
28.雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一，以下方法可以消除氮氧化物和硫氧化物的污染。
（1）用活性炭还原法可处理氮氧化物，向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应： △H<0，在一定条件下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.52
0.40
0.40
0.44
0.44
N2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
CO2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
①0～10min内，NO的平均反应速率v(NO)=_______________。
②在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的标志是_________(填字母编号)。
a．v正(N2)=2v逆(NO) b．反应体系的压强不再发生改变
c．不变 d．混合气体密度保持不变
③30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是___________。
（2）NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。已知c(NO2)：c(NO)=1：1时脱氮效果最佳，若生成1mol N2时反应放出的热量为Q kJ。此时对应的脱氮反应的热化学方程式为_____________________________________________________。
（3）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_____________________。
②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n()：n()变化关系如下表：
n()：n()
91：9
1：1
9：91
pH
8.2
7.2
6.2
当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：
写出在阳极放电的电极反应式：_______________________________________，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。
（4）利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO2的常见方法，先将含SO2的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收。该温度下吸收液中c(Ca2+)一直保持为0.50 mol·L-1，已知KSP(CaSO3)=1.4×10-7，求吸收后溶液中的浓度______________________。
【答案】 (1). 0.048mol/(L·min) (2). c d (3). 升高温度 (4). 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) △H=-2Q kJ/mol (5). 2OH-+SO2=+H2O (6). -2e-+H2O=+3H+ (7). 2.8×10-7mo1/L
【解析】
【详解】（1）用活性炭还原法可处理氮氧化物，向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应： △H<0，在一定条件下，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表:
时间/min
浓度/mol·L-1
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.52
0.40
0.40
0.44
0.44
N2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
CO2
0
0.24
0.30
0.30
0.28
0.28
①分析图表数据，0∼10min内，NO的平均反应速率v(NO)= =0.048mol/(L⋅min)；
答案为：0.048mol/(L⋅min)；
②a．不同物质的反应速率之比等于计量系数之比时，可判定反应达到平衡状态，v正(N2)：v逆(NO) =1:2，即2 v正(N2)= v逆(NO)，故a错误；
b．根据反应：可知，该体系是反应前后气体体积不变的体系，平衡不受压强影响，反应体系的压强不再发生改变，不能判定达到平衡状态，故b错误；
c．为平衡常数，平衡常数不变，说明反应体系中各组分的含量不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；
d．该体系为气体平均摩尔质量增大的体系，气体的摩尔质量与混合气体的密度成正比，摩尔质量保持不变，则密度保持不变，反应达到平衡，故d正确；
答案选cd；
③30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮浓度增大，氮气，二氧化碳浓度都减小；说明条件的改变使平衡反应向逆反应方向进行，根据反应△H<0，正反应放热，逆反应吸热，升高温度，平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大；
答案为：升高温度；
（2）利用H3催化还原氮氧化物技术可将一氧化氮和二氧化氮转化为氮气，且c(NO2)：c(NO)=1：1时脱氮效果最佳，发生的反应为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)，生成1mol N2时反应放出的热量为Q kJ，则该反应的焓变△H=−2QkJ/mol，所以时对应的脱氮反应的热化学方程式为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol，
故答案为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol；
（3）①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式：2OH-+SO2=+H2O；
答案为：2OH-+SO2=+H2O；
②结合表格数据，当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：-2e-+H2O= SO42-+3H+；
故答案为：-2e-+H2O=SO42-+3H+；
（4）根据硫酸钙的溶度积常数表达式Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)·c(SO32-)可知，c(SO32-)= =2.8×10-7mol/L；
答案为：2.8×10-7mol/L。
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