黑龙江省牡丹江一中2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分45分）1．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B．氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于制胃酸中和剂C．人缺碘就会引起碘缺乏病，我国大部分地区都缺碘，因此80年代国家强制给食用盐中加入碘单质D．硅胶具有吸水性，在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮2．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A．溶液中导电粒子的数目减少B．溶液中不变C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=73．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且实验结论正确的是()A．常温下将铜丝插入浓硫酸中，会产生有刺激性气味的气体，且溶液的变为蓝色B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，无法得到无水CuCl2固体D．将表面有铜绿的铜器放入硝酸中浸泡，既除去铜绿，又不能损伤铜器4．体积为1L的干燥容器中充入一定量HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．则容器中HCl气体的质量分数约为()A．75%B．25%C．79.1%D．78.1%5．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是()-40-\nA．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+6．下列说法正确的是()A．氯水要现用现制，并保存在盖有橡胶塞的棕色瓶子中，置于冷暗处B．Na2O的水溶液能导电，不能说明Na2O是电解质C．石英和玛瑙的主要成分均为二氧化硅，其分子式为SiO2D．酸性氧化物大多数是非金属氧化物，因此一定不能与酸溶液发生反应7．下列离子方程式书写正确的是()A．铵明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2Al3++2NH4++4SO42﹣+4Ba2++10OH﹣═2AlO2﹣+4BaSO4↓+2NH3•H2O+4H2OB．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水：Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣+Ca2+═MgCO3↓+2H2O+CaCO3↓C．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑D．碳酸钠的水解反应：CO32﹣+H3O+⇌HCO3﹣+H2O8．茶叶中铁元素检验可用以下步骤完成，各步骤选用实验用品不能都用到的()A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦C．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦-40-\nD．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩9．已知：A（g）+3B（g）⇌M（g）+N（g）；△H=﹣49.0kJ•mol﹣1．一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入2molA和6molB，测得A和M的浓度随时间变化曲线如图所示．下列叙述中，正确的是()A．充分反应后该反应放出98kJ的热量B．10min后，升高温度能使n（M）/n（A）增大C．3min时B的生成速率是M生成速率的3倍D．反应到达平衡时刻B的转化率为75%10．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中能发生反应且有沉淀产生的是()A．FeCl2B．Al2O3C．Na2OD．SiO211．只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，能区别的下列溶液()A．NaAlO2和Al2（SO4）3B．NaHCO3和Ca（OH）2C．AlCl3和氨水D．HCl和Na2CO312．常温常压下，将amolCO2气体通入1Lbmol/L的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的是()A．-40-\n当a=2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c（H+）有如图变化关系B．当a=b时，所得溶液中存在：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）C．当2a=b时，所得溶液中存在：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）D．当＜a/b＜1时，所得溶液中一定存在：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）13．向10.4gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1mol•L﹣1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为()A．1.12gB．2.24gC．3.24gD．6.42g14．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是()A．标准状况下，20gD2O分子中所含中子数为10NAB．1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32﹣数为NAC．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子D．2.7g铝与3.36L氯气充分反应，转移电子数一定为0.3NA15．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是()A．AgCl为电池的正极B．正极反应为Ag++e﹣=AgC．该电池一定不能被MgCl2溶液激活D．可用于海上应急照明供电，直接将化学能转化为光能16．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是()A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉-40-\nB．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解17．将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别()A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol18．下列说法正确的是()A．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用B．室温下，CH3COOH的KW=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与NH3•H2O中的c（OH﹣）相等C．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是，将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍19．下列各表述与示意图一致的是()A．-40-\n图表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C．图表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化D．图中a、b曲线分别表示反应CH2═CH2（g）+H2（g）﹣→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化20．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，X+既无电子也无中子，Z原子的最外层电子数与最内层相等，Y、Z的最高正价之和与Q的最高正价相等，W的最高正价与最低负价代数和为0．X的单质与Q的单质混合强光照时可发生爆炸．下列说法正确的是()A．直接电解海水可获得Z的单质B．原子半径：Q＞W＞Z＞Y＞XC．Q的含氧酸一定是强酸D．Q的一种氧化物可作为自来水的杀菌消毒剂二、解答题（共4小题，满分55分）21．（14分）“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．-40-\n探究一：探究氰化物的性质已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ki=1.77×10﹣4Ki=5.0×10﹣10Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11（1）NaCN溶液呈碱性的原因是__________（用离子方程式表示）（2）如图1表示常温下，稀释HCOOH、HCN两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是__________A．相同浓度的HCOONa和NaCN的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．向NaCN溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O=HCN+CO32﹣C．图象中a、c两点处的溶液中相等（HR代表HCOOH或HCN）D．图象中a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度（3）H2O2有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，则生成物A的化学式为__________．（4）处理含CN﹣废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN﹣）__________c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）探究二：测定含氰水样中处理百分率为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用如图2所示装置进行实验．将CN﹣的浓度为0.2000mol/L的含氰废水100mL与100mLNaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H2SO4，关闭活塞．已知装置②中发生的主要反应依次为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣-40-\n2CNO﹣+2H++3C1O﹣═N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O（5）①和⑥的作用是__________．（6）反应结束后，缓缓通人空气的目的是__________．（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置__________反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）．22．镍是重要的有色金属之一，但粗镍中一般含有Fe、Cu及难与酸、碱溶液反应的不溶性杂质而影响使用．现对粗镍进行提纯，具体的反应流程如下：已知：①2Ni2O3（黑色）4NiO（黑色）+O2↑②物质CuSCu（OH）2Ni（OH）2NiSKsp8.8×10﹣382.2×10﹣205.48×10﹣183.2×1018根据信息回答：（1）28Ni在周期表中的第__________周期；镍与稀硝酸反应的离子方程式为__________．实验表明镍的浸出率与温度有关，随着温度升高镍的浸出率增大，但当温度高于70℃时，镍的浸出率又降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原因为__________；（2）在溶液A的净化除杂中，先调节PH=5.5，加热煮沸5min，静置一段时间后，过滤出Fe（OH）3．为了得到纯净的溶液B还需要加入以下物质__________进行除杂（填正确答案标号）．A、NaOHB、Na2SC、H2SD、NH3﹒H2O（3）已知以下三种物质的溶解度关系：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O．由浊液C得到固体D的操作包括过滤、__________、__________（填操作名称）；D生成E的化学方程式为__________．（4）1molE经上述流程得到纯镍，理论上参加反应的氢气为__________mol．-40-\n（5）测定样品中的镍含量的基本思路是将Ni2+转化为沉淀，通过测量沉淀的质量进一步推算Ni含量．已知Ni2+能与CO32﹣，C2O42﹣、S2﹣等离子形成沉淀，但测定时常选用丁二酮肟（C4H8N2O2）作沉淀剂，生成分子式为C8H14N4O4Ni的鲜红色沉淀．从实验误差角度分析主要原因为：__________．23．（14分）Ⅰ．肼是一种高能燃料．已经各共价键键能（断裂或形成1mol共价键时吸收或释放的能量）如下：N≡NO=ON﹣NN﹣HO﹣H键能（KJ•mol﹣1）946497154391463则N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）△H=__________KJ•mol﹣1Ⅱ．密闭容器中进行反应：3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）△H＜02反应的化学平衡表达式为K=__________．（2）已知：600℃时，上述反应的平衡常数K=16．现有如图1甲（恒温恒压）和如图1乙（恒温恒容）两容器，起始时按下表所示分别加入各物质，体积为2L，在600℃时反应经过一段时间后均达平衡．FeH2O（g）Fe3O4H2甲/mol2.01.02.00.5乙/mol2.02.02.01.0①关于甲、乙容器，下列说法正确的是__________A．反应开始时两容器内的逆反应速率：甲＜乙B．若甲容器内气体的密度不再变化，则说明反应已达到平衡状态C．若乙容器内气体的压强不再变化，则说明反应已达到平衡状态D．平衡后添加Fe3O4，两容器内的平衡均逆向移动②投料后甲5min达平衡，则此段时间内的平均反应速率v（H2）=__________-40-\n③平衡后若将乙容器体系温度突然降低100℃，如图2下述图象中能正确反映平衡移动过程中容器内变化情况的是__________．3为恒容绝热容器，进行上述反应，起始与平衡时的各物质的量见下表：FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.03.000平衡/molmnpq若在达到平衡后的容器丙中，分别按照下列A、B、C三种情况继续添加各物质，则再次达平衡时，容器丙中H2的百分含量按由大到小的顺序__________（用A、B、C表示）．FeH2O（g）Fe3O4H2A/mol3.03.000B/mol003.03.0C/molmnpqⅢ.25℃时，Fe（OH）3的ksp=4ⅹ10﹣38，现有盐酸酸化的0.08mol/L的FeCl3溶液，其PH=1，向其中加入等体积的__________mol/L的NaOH溶液，可恰好开始析出沉淀（混合时溶液体积可直接加和）．24．SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．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（SO32﹣），n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：，n（HSO3﹣）91：91：11：91PH8.27.26.21表判断NaHSO3溶液显__________性，用化学平衡原理解释：__________-40-\n②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：__________a．c（Na﹣）=2c（SO）+c（HSO）b．c（Na﹣）＞c（HSO）＞c（SO）＞c（H﹣）=c（OH﹣）c．c（Na+）+c（H+）=c（SO）+c（HSO）+c（OH﹣）（3）当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生．再生示意图如下：①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是__________．②当阴极室中溶液PH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．简述再生原理：__________．-40-\n2022-2022学年黑龙江省牡丹江一中高三（上）期中化学试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分45分）1．下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B．氢氧化铝胶体具有吸附性，可用于制胃酸中和剂C．人缺碘就会引起碘缺乏病，我国大部分地区都缺碘，因此80年代国家强制给食用盐中加入碘单质D．硅胶具有吸水性，在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮【考点】硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；药物的主要成分和疗效．【专题】元素及其化合物．【分析】A．晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间；B．氢氧化铝与盐酸发生酸碱中和反应，消耗氢离子；C．加碘盐加的是碘酸钾；D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂．【解答】解：A．晶体硅可用于制作半导体材料，是因为其导电性介于导体与绝缘体之间，与熔点高硬度大无关，故A错误；B．氢氧化铝用于制胃酸中和剂是因为它与盐酸发生酸碱中和反应，消耗氢离子，与氢氧化铝吸附性无关，故B错误；C．加碘盐加的是碘酸钾，不是单质碘，故C错误；D．硅胶具有吸水性，可以做干燥剂，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累．2．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A．溶液中导电粒子的数目减少-40-\nB．溶液中不变C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．【专题】压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答．【解答】解：A、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A错误；B、因=，温度不变，Ka、Kw都不变，则不变，故B正确；C、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，故C错误；D、等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；故选：B．【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键．3．某研究小组通过实验探究Cu及其化合物的性质，操作正确且实验结论正确的是()A．常温下将铜丝插入浓硫酸中，会产生有刺激性气味的气体，且溶液的变为蓝色B．常温下将铜丝伸入盛满氯气的集气瓶中，观察CuCl2的生成C．将CuCl2溶液在蒸发皿中加热蒸干，无法得到无水CuCl2固体D．将表面有铜绿的铜器放入硝酸中浸泡，既除去铜绿，又不能损伤铜器【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．常温下铜与浓硫酸不反应；B．常温下铜与氯气不反应；-40-\nC．氯化铜溶液加热促进水解；D．铜能与硝酸反应，Cu2（OH）2C03能溶于硝酸．【解答】解：A．常温下铜与浓硫酸不反应，加热才反应，故A错误；B．常温下铜与氯气不反应，因此观察不到现象，故B错误；C．氯化铜溶液加热促进水解，水解生成的HCl受热挥发，最后氯化铜完全水解得到Cu（OH）2，Cu（OH）2受热分解生成CuO，故C正确；D．Cu2（OH）2C03能溶于硝酸，所以能用硝酸除去铜绿，但是铜能与硝酸反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，根据实验操作规范性及物质性质来分析解答即可解答，题目难度不大．4．体积为1L的干燥容器中充入一定量HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082．则容器中HCl气体的质量分数约为()A．75%B．25%C．79.1%D．78.1%【考点】元素质量分数的计算．【分析】容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），根据平均相对分子质量计算x的值，计算HCl、空气物质的量之比，进而计算HCl的质量分数．【解答】解：容器中的气体相对氧气的密度为1.082，则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6，令HCl的体积分数为x，则空气的体积分数为（1﹣x），则：36.5x+29（1﹣x）=34.6，解得：x=0.75则HCl、空气物质的量之比为0.75：（1﹣0.75）=3：1则容器中HCl的质量分数为×100%=79.1%，故选：C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论、化学计算等，难度中等，根据平均相对分子质量计算HCl的体积分数是关键．-40-\n5．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是()A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．根据PH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pHpH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B．pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确；故选C．【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率大小、电极反应等知识点，难度中等．6．下列说法正确的是()A．氯水要现用现制，并保存在盖有橡胶塞的棕色瓶子中，置于冷暗处B．Na2O的水溶液能导电，不能说明Na2O是电解质C．石英和玛瑙的主要成分均为二氧化硅，其分子式为SiO2-40-\nD．酸性氧化物大多数是非金属氧化物，因此一定不能与酸溶液发生反应【考点】化学试剂的存放；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质；硅和二氧化硅．【专题】物质的分类专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．氯水在含HClO光照分解，且氯水能氧化橡胶；B．Na2O与水反应生成电解质；C．二氧化硅为原子晶体，不存在分子；D．二氧化硫为酸性氧化物，能够与硝酸发生氧化还原反应．【解答】解：A．氯水在含HClO光照分解，且氯水能氧化橡胶，则氯水要现用现制，并保存在盖有玻璃塞的棕色瓶子中，置于冷暗处，不能使用橡皮塞，故A错误；B．Na2O与水反应生成电解质NaOH，所以Na2O的水溶液能导电，这不能说明Na2O是电解质，故B正确；C．二氧化硅为原子晶体，不存在分子，没有分子式，故C错误；D．二氧化硫为酸性氧化物，能够与硝酸发生氧化还原反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了元素化合物知识，明确电解质、酸性氧化物的概念，注意只有分子晶体才存在分子式，题目难度不大．7．下列离子方程式书写正确的是()A．铵明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2Al3++2NH4++4SO42﹣+4Ba2++10OH﹣═2AlO2﹣+4BaSO4↓+2NH3•H2O+4H2OB．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水：Mg2++2OH﹣+2HCO3﹣+Ca2+═MgCO3↓+2H2O+CaCO3↓C．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4Na++4OH﹣+18O2↑D．碳酸钠的水解反应：CO32﹣+H3O+⇌HCO3﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铵明矾完全反应，生成硫酸钡、偏铝酸钡、一水合氨、水；B．反应生成碳酸钙、氢氧化镁、水；C．水既不是氧化剂也不是还原剂，只有过氧化钠中O元素的化合价变化；D．水解生成碳酸氢根离子、氢氧根离子．-40-\n【解答】解：A．铵明矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子反应为2Al3++2NH4++4SO42﹣+4Ba2++10OH﹣═2AlO2﹣+4BaSO4↓+2NH3•H2O+4H2O，故A正确；B．碳酸氢镁溶液中加过量澄清石灰水的离子反应为Mg2++4OH﹣+2HCO3﹣+2Ca2+═Mg（OH）2↓+2H2O+2CaCO3↓，故B错误；C．H218O中投入Na2O2固体的离子反应为2H218O+2Na2O2═4Na++2OH﹣+218OH﹣+O2↑，故C错误；D．碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、与量有关的离子反应及水解的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大．8．茶叶中铁元素检验可用以下步骤完成，各步骤选用实验用品不能都用到的()A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨B．过滤得到滤液，选用④、⑤和⑦C．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．【解答】解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；B．过滤时用到④、⑤和⑦，故B不选；C．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故C选；-40-\nD．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选．故选C．【点评】本题为2022年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．9．已知：A（g）+3B（g）⇌M（g）+N（g）；△H=﹣49.0kJ•mol﹣1．一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入2molA和6molB，测得A和M的浓度随时间变化曲线如图所示．下列叙述中，正确的是()A．充分反应后该反应放出98kJ的热量B．10min后，升高温度能使n（M）/n（A）增大C．3min时B的生成速率是M生成速率的3倍D．反应到达平衡时刻B的转化率为75%【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【分析】A、可逆反应的特点是可逆性，反应物不能完全转化为产物；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行；C、根据可逆反应达到化学平衡状态的特点：正逆反应速率相等来判断；D、根据B的转化率=×100%来计算回答．【解答】解：A、可逆反应的特点是可逆性，反应物2molA和6molB不能完全转化为产物，所以放出的热量小于98kJ，故A错误；B、反应是放热反应，升高温度，化学平衡向着逆方向进行，使n（M）减小，n（A）增大，比值减小，故B错误；-40-\nC、可逆反应在3min时未达到化学平衡状态，正逆反应速率不等，反应正向进行，正反应速率大，所以3min时B的生成速率不足M生成速率的3倍，故C错误；D、根据反应，B的变化浓度是A的变化浓度的3倍，B的转化率=×100%=×100%=75%，故D正确．故选D．【点评】本题考查了学生根据图象和勒夏特列原理判断平衡移动方向的能力及转化率的计算，难度不大，解题关键在于细心审题，仔细读图，尤其是图中的交点，不能误解．10．某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中能发生反应且有沉淀产生的是()A．FeCl2B．Al2O3C．Na2OD．SiO2【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】A．铁与氯气反应得到氯化铁，得不到氯化亚铁；B．氧化铝不溶于水，与碳酸氢钡不反应；C．钠与氧气常温下生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钡反应生成碳酸钡、碳酸钠和水；D．二氧化硅不溶于水．【解答】解：A．铁与氯气反应得到氯化铁，得不到氯化亚铁，所以氯化亚铁不能通过单质直接化合得到，故A错误；B．氧气与氯气反应生成氧化铝，氧化铝能通过单质直接化合得到，但是氧化铝不溶于水，与碳酸氢钡不反应，故B错误；C．钠与氧气常温下生成氧化钠，氧化钠能通过单质直接化合得到，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸氢钡反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，符合题意，故C正确；D．硅与氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅能够通过单质直接化合得到，但是二氧化硅不溶于水，将其加入Ba（HCO3）2溶液中不发生反应，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，题目难度不大．-40-\n11．只用胶头滴管和试管通过两试剂的互滴，能区别的下列溶液()A．NaAlO2和Al2（SO4）3B．NaHCO3和Ca（OH）2C．AlCl3和氨水D．HCl和Na2CO3【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别，否则不能鉴别，以此解答．【解答】解：A．NaAlO2和Al2（SO4）3混合，发生互促水解生成氢氧化铝沉淀，现象不同，不能鉴别，故A错误；B．无论将NaHCO3滴加到Ca（OH）2中还是将Ca（OH）2溶液滴到NaHCO3中都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B错误；C．将AlCl3和氨水混合，生成氢氧化铝沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D．Na2CO3溶液滴入稀盐酸中，立即产生气体，若将盐酸滴入Na2CO3溶液中，开始没有气体生成，后有气体生成，二者显现不同，可鉴别，故D正确；故选D．【点评】本题考查利用滴加顺序不同鉴别物质，为高频考点，注意滴加顺序不同实质是反应物量的不同，掌握常见与量及顺序有关的反应，注意基础知识的全面掌握，难度中等．12．常温常压下，将amolCO2气体通入1Lbmol/L的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述不正确的是()A．当a=2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c（H+）有如图变化关系B．当a=b时，所得溶液中存在：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3）C．当2a=b时，所得溶液中存在：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）D．当＜a/b＜1时，所得溶液中一定存在：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）【考点】离子方程式的有关计算；离子浓度大小的比较．-40-\n【分析】A、n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2＞1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32﹣水解程度远远大于HCO3﹣；B、当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据质子守恒来分析；C、当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，根据Na2CO3在溶液中的行为可知离子浓度大小关系；D、当＜＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒来分析．【解答】解：A、n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2＞1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32﹣水解程度远远大于HCO3﹣，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以符合图象，故A正确；B、当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH﹣）+c（CO32﹣）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确；C、当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，根据Na2CO3在溶液中的行为可知离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故C正确；D、当＜＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na+）与的比值介于～1之间，即不相等，故D错误．故选D．【点评】本题考查了盐溶液中离子浓度大小比较和质子守恒、物料守恒，综合性较强，但难度不大．13．向10.4gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入1mol•L﹣1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，若用过量的H2在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为()A．1.12gB．2.24gC．3.24gD．6.42g【考点】有关混合物反应的计算；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】守恒法．-40-\n【分析】Fe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入硫酸溶液中，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素与混合物中O元素结合守恒水，由水的分子式H2O可知，故n（O）=n（H2SO4），若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为混合物中氧元素的质量．【解答】解：Fe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中加入硫酸溶液中，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4，硫酸中H元素与混合物中O元素结合守恒水，由水的分子式H2O可知，故n（O）=n（H2SO4）=0.14L×1mol/L=0.14mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为：0.14mol×16g/mol=2.24g，故选B．【点评】本题考查了混合物的有关计算，题目难度中等，根据题干信息得出n（O）=n（H2SO4）为解题关键，注意掌握质量守恒在化学计算中的应用方法．14．NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是()A．标准状况下，20gD2O分子中所含中子数为10NAB．1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液反应后，溶液中CO32﹣数为NAC．6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子D．2.7g铝与3.36L氯气充分反应，转移电子数一定为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、CO32﹣为弱酸根，在溶液中会水解；C、熔融的KHSO4中含钾离子和硫酸氢根离子；D、氯气所处的状态不明确．【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故20g重水的物质的量为1mol，而重水中含10个中子，故1mol重水中含10mol中子即10NA个，故A正确；B、1molCO2与1L2mol•L﹣1的NaOH溶液恰好完全反应生成1mol碳酸钠，而CO32﹣为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的碳酸根的个数小于NA个，故B错误；C、熔融的KHSO4中含钾离子和硫酸氢根离子，故6.8g熔融的KHSO4的物质的量为0.05mol，含0.05mol阳离子即0.05NA个，故C错误；-40-\nD、氯气所处的状态不明确，故3.36L氯气的物质的量不能计算，则和铝反应的情况未知，故转移的电子的个数不能计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．15．Mg﹣AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg═Mg2++2Ag+2Cl﹣．有关该电池的说法正确的是()A．AgCl为电池的正极B．正极反应为Ag++e﹣=AgC．该电池一定不能被MgCl2溶液激活D．可用于海上应急照明供电，直接将化学能转化为光能【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电池反应式知，Mg元素化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl作正极，负极反应式为Mg﹣2e﹣═Mg2+，正极反应式为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣，据此分析解答．【解答】解：A．根据元素化合价变化知，Mg元素化合价由0价变为+2价，则Mg作负极，AgCl为正极，故A正确；B．AgCl是正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣，故B错误；C．电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，所以MgCl2溶液也可以激活电池，故C错误；D．电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，会根据电池反应式确定正负极，难点是电极反应式的书写，同时还考查学生获取信息利用信息能力，易错选项是C．16．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如下流程，下列说法不正确的是()-40-\nA．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B．固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C．若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2OD．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答．【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2为氢氧化铝，溶液2为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B．由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C．在溶液1中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故C错误；D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故D正确；故选C．-40-\n【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法．17．将Na2O2逐渐加入到含有H+、Mg2+、Al3+、NH4+的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量（mol）与加入的Na2O2物质的量（mol）的关系如图所示，则原溶液中的Mg2+、Al3+、NH4+物质的量分别()A．2mol、3mol、6molB．3mol、2mol、6molC．2mol、3mol、4molD．3mol、2mol、2mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】图像图表题．【分析】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据守恒计算n（Al3+）、n（Mg2+）；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol．【解答】解：由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n+n=5mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知n=3mol，则n=2mol，根据元素守恒可知，n（Al3+）=n=2mol，n（Mg2+）=n=3mol；当加入8molNa2O2时，NH4+完全反应，此时产生氧气为4mol，则氨气为6mol﹣4mol=2mol，故NH4+的物质的量为2mol，故选D．【点评】本题考查镁铝及其化合物的性质、化学图象计算等，题目难度中等，注意守恒思想的运用．18．下列说法正确的是()A．任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用-40-\nB．室温下，CH3COOH的KW=1.7×10﹣5，NH3•H2O的Kb=1.7×10﹣5，CH3COOH溶液中的c（H+）与NH3•H2O中的c（OH﹣）相等C．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是，将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照D．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍【考点】焓变和熵变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、如△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，温度可能对反应的方向起决定性作用；B、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=；C、试纸不能直接插入液面以下；D、把PH值换算成氢离子浓度，然后求出比值来判断．【解答】解：A、如△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，温度可能对反应的方向起决定性作用，故A错误；B、室温下，醋酸溶液中c（H+）=，氨水溶液中c（OH﹣）=，两种溶液的浓度相对大小未知，所以无法判断醋酸溶液中氢离子浓度和氨水中氢氧根离子浓度的相对大小，故B错误；C、一试纸不能直接插入液面以下，应用玻璃棒蘸取或用滴管滴加，防止污染药品，故C错误；D、pH=4.5的番茄汁中c（H+）=10﹣4.5，pH=6.5的牛奶中c（H+）=10﹣6.5，=100，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据，弱电解质的电离，pH值的测定等，难度不大，掌握基础是关键，题目较简单．19．下列各表述与示意图一致的是()-40-\nA．图表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B．图中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C．图表示10mL0.01mol•L﹣1KMnO4酸性溶液与过量的0.1mol•L﹣1H2C2O4溶液混合时，n（Mn2+）随时间的变化D．图中a、b曲线分别表示反应CH2═CH2（g）+H2（g）﹣→CH3CH3（g）△H＜0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A．酸碱完全中和的时候pH会突变；B．升高温度平衡向吸热方向移动；C．反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用；D．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量．【解答】解：A．用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液的pH随加入盐酸体积的变化，pH会突变，故A错误；-40-\nB．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆方向移动，则逆方向是平衡常数增大，正方向的平衡常数减小，图象符合，故B正确；C．反应中生成的Mn2+对该反应有催化作用，反应过程中溶液中锰离子浓度逐渐增大，所以反应速率先慢后快，图象不符合，故C错误；D．CH2═CH2（g）+H2（g）﹣→CH3CH3（g）△H＜0，属于放热反应，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，图象不符合，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及反应热与焓变、弱电解质的电离、酸碱中和滴定以及催化剂对反应的影响等，为高考常见题型，侧重于考查学生化学知识的综合运用能力，题目难度中等．20．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，X+既无电子也无中子，Z原子的最外层电子数与最内层相等，Y、Z的最高正价之和与Q的最高正价相等，W的最高正价与最低负价代数和为0．X的单质与Q的单质混合强光照时可发生爆炸．下列说法正确的是()A．直接电解海水可获得Z的单质B．原子半径：Q＞W＞Z＞Y＞XC．Q的含氧酸一定是强酸D．Q的一种氧化物可作为自来水的杀菌消毒剂【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X+既无电子也无中子，X应为H元素；Z原子的最外层电子数与最内层相等，应为第ⅡA族元素，W的最高正价与最低负价代数和为0，应为第ⅣA族元素，X的单质与Q的单质混合强光照时可发生爆炸，应是氯气与氢气的反应，则Q为Cl元素，Y、Z的最高正价之和与Q的最高正价相等，Y应为第ⅤA族元素，结合原子序数大小关系可知Y为N、Z为Mg元素，W为Si元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素元素周期律知识解答该题．【解答】解：X+既无电子也无中子，X应为H元素；Z原子的最外层电子数与最内层相等，应为第ⅡA族元素，W的最高正价与最低负价代数和为0，应为第ⅣA族元素，-40-\nX的单质与Q的单质混合强光照时可发生爆炸，应是氯气与氢气的反应，则Q为Cl元素，Y、Z的最高正价之和与Q的最高正价相等，Y应为第ⅤA族元素，结合原子序数大小关系可知Y为N、Z为Mg元素，W为Si元素，A．直接电解海水可得到氢氧化镁沉淀，应电解熔融的氯化镁制备单质镁，故A错误；B．原子半径应为Mg（Z）＞Si（W）＞Cl（Q）＞N（Y）＞H（X），故B错误；C．Q的含氧酸中HClO为弱酸，故C错误；D．Q的一种氧化物ClO2可作为自来水的杀菌消毒剂，故D正确．故选D．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子的结构、化合价以及性质，明确元素种类为解答该题的关键，难度中等．二、解答题（共4小题，满分55分）21．（14分）“8.12”天津港爆炸中有一定量的氰化物泄露．氰化物多数易溶于水，有剧毒，易造成水污染．为了增加对氰化物的了解，同学们查找资料进行学习和探究．探究一：探究氰化物的性质已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）Ki=1.77×10﹣4Ki=5.0×10﹣10Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11（1）NaCN溶液呈碱性的原因是CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣（用离子方程式表示）（2）如图1表示常温下，稀释HCOOH、HCN两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化．下列说法正确的是CDA．相同浓度的HCOONa和NaCN的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（HCOO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）-40-\nB．向NaCN溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CN﹣+CO2+H2O=HCN+CO32﹣C．图象中a、c两点处的溶液中相等（HR代表HCOOH或HCN）D．图象中a点酸的总浓度小于b点酸的总浓度（3）H2O2有“绿色氧化剂”的美称；也可消除水中的氰化物（如KCN），经以下反应实现：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑，则生成物A的化学式为KHCO3．（4）处理含CN﹣废水时，如用NaOH溶液调节pH至9时，此时c（CN﹣）＜c（HCN）（填“＞”、“＜”或“=”）探究二：测定含氰水样中处理百分率为了测定含氰水样中处理百分率，同学们利用如图2所示装置进行实验．将CN﹣的浓度为0.2000mol/L的含氰废水100mL与100mLNaClO溶液（过量）置于装置②锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴人100mL稀H2SO4，关闭活塞．已知装置②中发生的主要反应依次为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣2CNO﹣+2H++3C1O﹣═N2↑+2CO2↑+3C1﹣+H2O（5）①和⑥的作用是吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰．（6）反应结束后，缓缓通人空气的目的是使生成的气体全部进入装置⑤．（7）为了计算该实验装置②锥形瓶中含氰废水被处理的百分率，实验中需要测定装置⑤反应前后的质量（从装置①到⑥中选择，填装置序号）．【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】定量测定与误差分析；无机实验综合．【分析】探究一：探究氰化物的性质（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）A、酸的电离常数越大，则酸根离子的水解程度越小；B、根据强酸制取弱酸判断，反应生成的应该为碳酸氢根离子；C、的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，温度不变，则该比值不变；-40-\nD、先根据电离程度大小判断醋酸、次氯酸对应曲线及起始浓度大小，a、b两点加入水的体积相同，则此时酸溶液浓度取决于酸的起始浓度．（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水由原子守恒分析A的化学式为KHCO3；（4）处理含CN﹣废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），Ki=5.0×10﹣10，Kh=1.6×109，c（OH﹣）=10﹣5，则=2×10﹣5；探究二：测定含氰水样中处理百分率处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率实验的原理是：利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定5的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．根据装置中试剂的性质推测装置的位置；装置1吸收空气中二氧化碳，排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，装置2产生二氧化碳，装置3的作用是吸收装置2中可能产生的Cl2，防止对装置5实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰．（5）实验的原理是利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰；（6）反应结束后，缓缓通入空气，可将生成的二氧化碳全部被吸收；（7）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率．【解答】解：探究一：探究氰化物的性质（1）NaCN为强碱弱酸盐，水解呈碱性，反应的离子方程式为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，故答案为：CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣；（2）A、醋酸的电离常数大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸钠和次氯酸钠都是强碱弱酸盐，其混合溶液呈碱性，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B、碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故B错误；-40-\nC、在的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得：，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故C正确；D、pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故D正确．故选CD．故答案为：CD；（3）H2O2被称为“绿色氧化剂”，其还原产物为水，H2O没有污染性，KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑，由原子守恒可知A的化学式为KHCO3，故答案为：KHCO3；（4）处理含CN﹣废水时，用NaOH溶液调节至pH=9时（常温），CN﹣+H2O⇌HCN+OH﹣，Ka（HCN）=5.0×10﹣10，Kh=×===2×10﹣5，c（OH﹣）=10﹣5，则=2×10﹣5，则c（CN﹣）＜c（HCN）；故答案为：＜；探究二：测定含氰水样中处理百分率（5）实验的原理是利用CN﹣+ClO﹣═CNO+Cl﹣；2CNO﹣+2H++3ClO﹣═N2↑+2CO2↑+3Cl﹣+H2O，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，实验中应排除空气中二氧化碳的干扰，防止对装置⑤实验数据的测定产生干扰，装置①和⑥的作用是吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰，故答案为：吸收空气中二氧化碳排除空气中二氧化碳对实验的干扰；（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置⑤，以减少实验误差，故答案为：使生成的气体全部进入装置⑤；（7）通过测定氢氧化钡溶液的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，则需要测定装置⑤反应前后的质量，-40-\n故答案为：⑤．【点评】本题综合考查物质含量的测定的实验设计、弱电解质的电离，以氯气的性质为载体考查化学实验设计和评价问题，注意把握实验原理和实验方法，（2）注意根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析，题目难度中等．22．镍是重要的有色金属之一，但粗镍中一般含有Fe、Cu及难与酸、碱溶液反应的不溶性杂质而影响使用．现对粗镍进行提纯，具体的反应流程如下：已知：①2Ni2O3（黑色）4NiO（黑色）+O2↑②物质CuSCu（OH）2Ni（OH）2NiSKsp8.8×10﹣382.2×10﹣205.48×10﹣183.2×1018根据信息回答：（1）28Ni在周期表中的第四周期；镍与稀硝酸反应的离子方程式为3Ni+8H++2NO3﹣=3Ni2++2NO↑+4H2O．实验表明镍的浸出率与温度有关，随着温度升高镍的浸出率增大，但当温度高于70℃时，镍的浸出率又降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，其原因为温度升高时，Ni2+的水解程度变大；（2）在溶液A的净化除杂中，先调节PH=5.5，加热煮沸5min，静置一段时间后，过滤出Fe（OH）3．为了得到纯净的溶液B还需要加入以下物质C进行除杂（填正确答案标号）．A、NaOHB、Na2SC、H2SD、NH3﹒H2O（3）已知以下三种物质的溶解度关系：NiC2O4＞NiC2O4•H2O＞NiC2O4•2H2O．由浊液C得到固体D的操作包括过滤、洗涤、干燥（填操作名称）；D生成E的化学方程式为4NiC2O4•2H2O+3O2=2Ni2O3+8CO2↑+8H2O．（4）1molE经上述流程得到纯镍，理论上参加反应的氢气为2mol．-40-\n（5）测定样品中的镍含量的基本思路是将Ni2+转化为沉淀，通过测量沉淀的质量进一步推算Ni含量．已知Ni2+能与CO32﹣，C2O42﹣、S2﹣等离子形成沉淀，但测定时常选用丁二酮肟（C4H8N2O2）作沉淀剂，生成分子式为C8H14N4O4Ni的鲜红色沉淀．从实验误差角度分析主要原因为：生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．【分析】流程分析可知，粗镍稀硫酸酸溶得到溶液A含有Ni2+、Fe3+、Cu2+，净化除杂得到溶液B加入草酸溶液充分反应得到浊液C过滤经过调节溶液PH沉淀镍离子，洗涤干燥得到NiC2O4•2H2O，空气中加热分解生成Ni2O3，加热反应生成暗红色NiO用氢气还原得到镍；（1）28Ni核外有4层电子，是第四周期元素；根据流程图可知镍与稀硝酸反应生成硝酸镍和NO、水，Ni（OH）2是由Ni2+水解而得到的，所以温度过高时Ni2+的水解程度变大，浸出渣中Ni（OH）2含量增大；（2）AB选项中含有Na+，则溶液B中有Na+杂质，不纯净，错误；若选用D，则Cu（OH）2Ni（OH）2的溶度积相差不大，而且引入NH4+，不易的纯净的硝酸镍溶液，错误；C、CuS与NiS的溶度积相差很大，Cu2+沉淀完全而且不会引入新的杂质，正确，答案选C；（3）利用3种物质的溶解度的差异，浊液C中主要得NiC2O4•2H2O，所以沉淀过滤之后应洗涤、干燥沉淀；固体E为黑色，所以应是Ni2O3；则D生成E的化学方程式为4NiC2O4•2H2O+3O2=2Ni2O3+8CO2↑+8H2O；（4）1molNi2O3经上述流程转化为2molNiO，2molNiO与氢气发生氧化还原反应，生成单质镍，需要氢气的物质的量是2mol；（5）因为Ni2+与丁二酮肟（C4H8N2O2）生成的C8H14N4O4Ni鲜红色沉淀的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高．【解答】解：（1）28Ni核外有4层电子，是第四周期元素；根据流程图可知镍与稀硝酸反应生成硝酸镍和NO、水，离子方程式为：3Ni+8H++2NO3﹣=3Ni2++2NO↑+4H2O；实验表明镍的浸出率与温度有关，随着温度升高镍的浸出率增大，但当温度高于70℃时，镍的浸出率又降低，浸出渣中Ni（OH）2含量增大，Ni（OH）2是由Ni2+水解而得到的，所以温度过高时Ni2+的水解程度变大，浸出渣中Ni（OH）2含量增大；故答案为：四；3Ni+8H++2NO3﹣=3Ni2++2NO↑+4H2O；温度升高时，Ni2+的水解程度变大；-40-\n（2）AB选项中含有Na+，则溶液B中有Na+杂质，不纯净，错误；若选用D，则Cu（OH）2Ni（OH）2的溶度积相差不大，而且引入NH4+，不易的纯净的硝酸镍溶液，错误；C、CuS与NiS的溶度积相差很大，Cu2+沉淀完全而且不会引入新的杂质，正确，故答案为：C；（3）利用3种物质的溶解度的差异，浊液C中主要得NiC2O4•2H2O，所以沉淀过滤之后应洗涤、干燥沉淀，则操作Ⅰ、Ⅱ名称是洗涤、干燥；固体E为黑色，所以应是Ni2O3；则D生成E的化学方程式为：4NiC2O4•2H2O+3O2=2Ni2O3+8CO2↑+8H2O；故答案为：洗涤；干燥；4NiC2O4•2H2O+3O2=2Ni2O3+8CO2↑+8H2O；（4）1molNi2O3经上述流程转化为2molNiO，2molNiO与氢气发生氧化还原反应，生成单质镍，需要氢气的物质的量是2mol；故答案为：2；（5）因为Ni2+与丁二酮肟（C4H8N2O2）生成的C8H14N4O4Ni鲜红色沉淀的沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高．故答案为：生成沉淀质量大，称量误差小，分析结果准确度高．【点评】本题考查了物质分离方法和流程的理解应用，主要是物质性质分析，反应离子方程式书写，除杂方法的应用，掌握基础是关键，题目难度中等．23．（14分）Ⅰ．肼是一种高能燃料．已经各共价键键能（断裂或形成1mol共价键时吸收或释放的能量）如下：N≡NO=ON﹣NN﹣HO﹣H键能（KJ•mol﹣1）946497154391463则N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）△H=﹣583KJ•mol﹣1Ⅱ．密闭容器中进行反应：3Fe（s）+4H2O（g）⇌Fe3O4（s）+4H2（g）△H＜02反应的化学平衡表达式为K=．（2）已知：600℃时，上述反应的平衡常数K=16．现有如图1甲（恒温恒压）和如图1乙（恒温恒容）两容器，起始时按下表所示分别加入各物质，体积为2L，在600℃时反应经过一段时间后均达平衡．-40-\nFeH2O（g）Fe3O4H2甲/mol2.01.02.00.5乙/mol2.02.02.01.0①关于甲、乙容器，下列说法正确的是ABA．反应开始时两容器内的逆反应速率：甲＜乙B．若甲容器内气体的密度不再变化，则说明反应已达到平衡状态C．若乙容器内气体的压强不再变化，则说明反应已达到平衡状态D．平衡后添加Fe3O4，两容器内的平衡均逆向移动②投料后甲5min达平衡，则此段时间内的平均反应速率v（H2）=0.05mol/（L•min﹣1）③平衡后若将乙容器体系温度突然降低100℃，如图2下述图象中能正确反映平衡移动过程中容器内变化情况的是B．3为恒容绝热容器，进行上述反应，起始与平衡时的各物质的量见下表：FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.03.000平衡/molmnpq若在达到平衡后的容器丙中，分别按照下列A、B、C三种情况继续添加各物质，则再次达平衡时，容器丙中H2的百分含量按由大到小的顺序B＞C＞A（用A、B、C表示）．FeH2O（g）Fe3O4H2A/mol3.03.000B/mol003.03.0C/molmnpqⅢ.25℃时，Fe（OH）3的ksp=4ⅹ10﹣38，现有盐酸酸化的0.08mol/L的FeCl3溶液，其PH=1，向其中加入等体积的0.05mol/L的NaOH溶液，可恰好开始析出沉淀（混合时溶液体积可直接加和）．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．-40-\n【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】Ⅰ．（1）据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可；Ⅱ．化学平衡表达式为K=；（2）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变；②根据v=进行计算；③反应是放热反应，若将平衡体系温度降低100℃，平衡正向进行；容绝热根据反应时温度变化，判断平衡移动，分析氢气的百分含量，C条件下平衡不移动，A状况下，反应正向进行生成氢气，B状况下反应逆向进行生成Fe和水；Ⅲ．根据氢氧化铁的Ksp=c（Fe3+）•c3（OH﹣）进行计算即可．【解答】解：Ⅰ．（1）根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（l）反应的焓变等于旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量之差，即△H=（154+391×4+497﹣946﹣463×4）kJ/mol=﹣583kJ/mol，故答案为：﹣583；Ⅱ．化学平衡表达式为K==；故答案为：；（2）①．A反应开始时两容器乙内的浓度较大，所以逆反应速率：甲＜乙，故正确；B．、水蒸气的密度与氢气的密度不同，所以当容器内的密度不变时，即是平衡状态，故正确；C．该反应为气体体积不变的反应，所以容器内压强始终不变，不能用压强判断平衡状态，故错误；D．平衡后添加Fe3O4，增加固体的量平衡不移动，故错误；故选AB；②投料后甲5min达平衡，则此段时间内的平均反应速率v（H2）===0.05mol/（L•min﹣1），故答案为：0.05mol/（L•min﹣1）；-40-\n③反应是放热反应，若将平衡体系温度降低100℃，平衡正向进行；A、逆向进行气体质量减小，故A不符合；B、平衡正向进行，氢气物质的量增大，故B符合；C、反应前后气体质量发生变化，密度随反应进行发生变化，故C不符合；由于反应前后气体体积相等，所以C条件下，平衡不移动，氢气的体积分数与平衡是相同；A状况下，反应正向进行生成氢气，反应放出热量使容器温度升高，抑制反应继续生成氢气，故氢气体积分数较低，B状况下反应逆向进行生成Fe和水，是吸热过程，使容器温度降低，抑制反应继续消耗氢气，所以氢气的体积分数较高，故H2的百分含量按由大到小的顺序排列：B＞C＞A；故答案为：B；B＞C＞A；Ⅲ．根据氢氧化铁的Ksp=c（Fe3+）•c3（OH﹣），所以开始沉淀时，c（（OH﹣）===10﹣12mol/L，中和pH=1的盐酸，也会消耗氢氧化钠，所以消耗氢氧化钠的浓度是≈0.05mol/L，故答案为：0.05．【点评】本题考查了化学平衡常数、盖斯定律、平衡状态的判断、Ksp的计算等，题目综合性较强，难度较大，侧重于对有关原理应用的考查．24．SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．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2OH﹣+SO2=H2O+SO32﹣．（2）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣），n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：，n（HSO3﹣）91：91：11：91-40-\nPH8.27.26.21表判断NaHSO3溶液显酸性，用化学平衡原理解释：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：aba．c（Na﹣）=2c（SO）+c（HSO）b．c（Na﹣）＞c（HSO）＞c（SO）＞c（H﹣）=c（OH﹣）c．c（Na+）+c（H+）=c（SO）+c（HSO）+c（OH﹣）（3）当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生．再生示意图如下：①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+3H+．②当阴极室中溶液PH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．简述再生原理：H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H+）降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生．【考点】离子浓度大小的比较；原电池和电解池的工作原理．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．【分析】（1）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠；（2）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答；（3）①当吸收液的pH降至约为6时，溶液中阴离子主要为HSO3﹣，具有还原性，在阳极上放电发生氧化反应；②当阴极室中溶液pH升至8以上时，阴离子主要为SO32﹣，阴极上氢离子得电子发生还原反应，同时生成亚硫酸根离子，溶液中钠离子向阴极移动，导致生成吸收液．【解答】解：（1）反应生成亚硫酸钠和水，离子反应为2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O，故答案为：2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O；（2）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解，故答案为：酸；HSO3﹣⇌H++SO32﹣，显酸性是因其电离大于其水解；②吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，-40-\na．由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），中性溶液则c（H+）═c（OH﹣），则c（Na+）═2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确；b．SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣⇌H++SO32﹣，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故b正确；c．c（Na+）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）中不遵循电荷守恒，故c错误；故答案为：ab；（3）①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：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，故答案为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O=SO42﹣+3H+；②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故答案为：H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c（H+）降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生．【点评】本题考查离子浓度大小的比较、电解原理的应用，把握电解原理以及由表格中数据分析电离与水解为解答本题的关键，离子浓度大小比较为解答的难点，题目难度中等．-40-