1、2021-2022學年安徽省六安市第一中學高二上學期期末考試化學試題滿分：100分 時間：90分鐘一、選擇題(每小題3分，共48分，每小題僅有一個最佳答案)1. 以下有關元素性質的說法不正確的是（ ）A. 具有下列電子排布式的原子中：1s22s22p63s23p2，1s22s22p3，1s22s22p2，1s22s22p63s23p4，原子半徑最大的是B. 下列價電子排布式的原子中：3s23p1，3s23p2，3s23p3，3s23p4，第一電離能最大的是C. Na、K、Rb，N、P、As，O、S、Se，Na、P、Cl中，元素的電負性隨原子序數增大而遞增的是D. 某元素氣態基態原子的逐級電離能

2、分別為738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，當它與氯氣反應時可能生成的陽離子是X3+【答案】D【解析】【詳解】A具有下列電子排布式的原子中：1s22s22p63s23p2，1s22s22p3，1s22s22p2，1s22s22p63s23p4，則為Si，為N、為C、為S，根據同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑: SiS CN，故Si原子半徑最大，即的原子半徑最大，故A正確；B3s23p1，3s23p2，3s23p3，3s23p4，分別為：Al、Si、P、S元素；同周期隨原子序數增大第一電離能呈增大趨勢，第VA族3p能級為半滿

3、穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能， ， 第一電離能最大的是，故B正確；C同周期隨原子序數增大電負性增大，同主族隨原子序數增大電負性減小，故Na、K、Rb是同主族元素，電負性依次減小；N、P、As是同主族元素，電負性依次減小；O、S、Se是同主族元素，電負性依次減小；Na、P、Cl是同周期元素，電負性依次增大，元素的電負性隨原子序數增大而遞增的是，故C正確；D根據數據可知，該元素第三電離能劇增，最外層應有2個電子，表現+2價，當它與氯氣反應時最可能生成的陽離子是X2+，故D錯誤；答案選D。2. 用短線“”表示共用電子對，用“”表示未成鍵孤電子對的式子叫路易斯結構式。

4、R分子的路易斯結構式可以表示為則以下敘述錯誤的是A. R為三角錐形B. R可以是BF3C. R是極性分子D. 鍵角小于10928【答案】B【解析】【詳解】A在中含有3個單鍵和1對孤電子對，價層電子對數為4，空間上為三角錐形，故A正確；BB原子最外層含有3個電子，BF3中B原子形成3個共價鍵，B原子沒有孤電子對，所以R不是BF3，故B錯誤；C由極性鍵構成的分子，若結構對稱，正負電荷的中心重合，則為非極性分子，R分子的結構不對稱，R是極性分子，故C正確；D三角錐形分子的鍵角為107，鍵角小于10928，故D正確；答案選B。3. 正硼酸()是一種片層狀結構白色晶體，層內的分子之間通過氫鍵相連(層狀結

5、構如圖所示，圖中“虛線”表示氫鍵)。下列有關說法正確的是A. 分子的穩定性與氫鍵有關B. 含的晶體中有氫鍵C. 分子中B、O最外層均為穩定結構D. B原子雜化軌道的類型為，同層分子間的主要作用力是范德華力【答案】B【解析】【詳解】A穩定性是化學性質，取決于化學鍵的強弱，氫鍵是屬于分子間作用，與分子的穩定性無關，故A錯誤；B一個H3BO3分子對應著6個氫鍵，一個氫鍵對應著2個H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶體中有3mol氫鍵，故B正確；C硼原子最外層只有3個電子，與氧原子形成3對共用電子對，因此B原子不8e-穩定結構，故C錯誤；D層內的H3BO3分子之間主要通過氫鍵相連，故D

6、錯誤；故選B。4. X、Y、Z、Q、E、M六種元素中，X的原子的基態價電子排布式為2s2，Y的基態原子核外有5種運動狀態不同的電子，Z元素的兩種同位素原子通常作為示蹤原子研究生物化學反應和測定文物的年代，Q是元素周期表中電負性最大的元素，E的陽離子通常存在于硝石、明礬和草木灰中，M的原子序數比E大1。下列說法正確的是A. EYQ4 中陰離子中心原子的雜化方式為sp3雜化B. X、Y元素的第一電離能大小關系：Xd【答案】B【解析】【分析】a的分子空間構型為正四面體。組成a分子的兩種元素的原子序數和小于10，所以a是甲烷分子，組成b分子的元素為第三周期的元素形成雙原子分子是氯氣分子，所以反應是a甲

7、烷與b氯氣反應生成c是一氯甲烷和d是氯化氫，據此分析解答。【詳解】Ab是氯與氯形成的非極性共價鍵，故A錯誤；B甲烷中碳與氫形成4個碳氫鍵、一氯甲烷分子中形成三個碳氫鍵和一個碳氯鍵，中心原子均為sp3雜化，故B正確；C四種分子中只存在鍵而沒有鍵，故C錯誤；D氯的原子半徑大于氫原子半徑，所以氯氣分子中的氯氯鍵的鍵能小于氯化氫分子中的氫氯鍵共價鍵的鍵能，故D錯誤；答案選B。6. 從結構角度分析，下列說法錯誤的是A. 的立體構型為V形，中心原子的雜化方式為sp3B. ZnCO3中，陰離子立體構型為平面三角形，C原子的雜化方式為sp2C. 因HF分子間存在氫鍵，所以HX中其沸點最高D. 二氧化硅中硅，氧

8、原子都為sp3雜化，是極性分子【答案】D【解析】【詳解】A的中心I原子的價層電子對數=4，中心原子的雜化方式為sp3，立體構型為V形，故A正確；BZnCO3中，陰離子碳酸根離子的中心原子C原子的價層電子對數=3 ，C原子的雜化方式為sp2，立體構型為平面三角形，故B正確；C所有的HX均為分子晶體，且結構相似，其相對分子質量越大，熔沸點越高，但由于HF分子間存在氫鍵，所以其沸點在同族元素的氫化物中最高，故C正確；DSiO2是空間網狀結構，一個Si原子周圍連有4個O原子，Si原子核外最外層有4個電子，恰好與氧原子形成4個鍵，無孤對電子，每個氧原子連接兩個Si原子，故SiO2中Si、O原子的雜化類型

9、都是sp3，但二氧化硅屬于原子晶體，不存在分子，故D錯誤；答案選D。7. 價層電子對互斥理論(VSEPR)是關于分子幾何構型的經驗規律，該理論認為，分子的穩定結構應使中心原子價層電子對之間的斥力最小，且不同價層電子對之間排斥力相對大小滿足：孤對電子孤對電子孤對電子鍵對電子鍵對電子鍵對電子。如H2O分子中H-O-H104.5，下列推斷不合理的是A. NH3分子中H-N-HO2-Na+，D錯誤；答案選B。9. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，甲、乙分別是X、W兩元素對應的單質，丙、丁是由這些元素組成的二元化合物，戊是Z的最高價氧化物對應的水化物，且25時0.1mol/L 戊溶液的p

10、H為13，工業上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊。下列說法不正確的是（）A. 原子半徑：ZWYXB. Z分別與X、Y、W形成的化合物中一定沒有共價鍵C. 元素Y與X、Z都能組成兩種化合物D. 乙與戊的水溶液反應后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根據工業上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊，可推測是電解飽和食鹽水，生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，故甲為氫氣，所以X是H元素，乙是氯氣，所以W為Cl元素，戊是Z的最高價氧化物對應的水化物，且25時0.1mol/L 戊溶液的pH為13，所以戊為氫氧化鈉，根據短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，所以Y為O元素，Z為鈉元素。【詳

11、解】A、Z為鈉元素，W為Cl元素，Y為O元素，X是H元素，原子半徑大小比較先看電子層數，電子層數越多半徑越大，電子層數相同，核電荷數越大半徑越小，所以原子半徑：ZWYX，故A正確；B、鈉與氧氣在點燃那條件下生成過氧化鈉，其中含有氧與氧之間的共價鍵，故B錯誤；C、Y為O元素，X是H元素，兩者可以形成水和過氧化氫兩種化合物，Z為鈉元素，可以與氧元素生成氧化鈉和過氧化鈉兩種化合物，故C正確；D、乙為氯氣，戊為氫氧化鈉兩者反應可生成次氯酸鈉、氯化鈉和水，此溶液具有漂白效果，故D正確；故選B。【點睛】本題為簡單的無機推斷，本題的突破點為工業上通過電解丙和丁的混合物來制取甲、乙、戊，可猜測應該是點解飽和食

12、鹽水，進而推出其他物質。原子半徑大小比較先看電子層數，電子層數越多半徑越大，電子層數相同，核電荷數越大半徑越小；離子化合物中也可能含有共價鍵。10. 某同學進行下列實驗：操作現象取一塊打磨過的生鐵片，在其表面滴1滴含酚酞和K3Fe(CN)6的食鹽水放置一段時間后，生鐵片上出現如右圖所示“斑痕”。其邊緣處為紅色，中心區域為藍色，在兩色環交界處出現鐵銹下列說法不合理的是A. 生鐵片發生吸氧腐蝕B. 中心區：Fe2e=Fe2+C. 邊緣處：O2+2H2O+4e=4OHD. 交界處：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+【答案】D【解析】【詳解】A生鐵片邊緣處為紅色，說明生成了氫氧根離子

13、，電極反應式為：O2 + 2H2O +4e-= =4OH-，生鐵片發生吸氧腐蝕，故A合理；B 根據實驗現象，中心區域為藍色，說明生成了亞鐵離子，Fe 2e-= =Fe2+，故B合理；C生鐵片邊緣處為紅色，說明生成了氫氧根離子，電極反應式為： O2 + 2H2O +4e-= 4OH-，故C合理；D在兩色環交界處出現鐵銹，是因為生成的氫氧化亞鐵被氧氣氧化生成了氫氧化鐵，不是發生了4Fe2+ + O2 + 10H2O =4Fe(OH)3 + 8H+反應，故D不合理；故選D。11. 二氯化二硫(S2Cl2)，非平面結構，常溫下是一種黃紅色液體，有刺激性惡臭，熔點80，沸點135.6，對干二氯化二硫敘述

14、正確的是A. 二氯化二硫的電子式為B. 分子中既有極性鍵又有非極性鍵C. 二氯化二硫屬于非極性分子D. 分子中SCl鍵能小于SS鍵的鍵能【答案】B【解析】【詳解】A.S2Cl2分子中S原子之間形成1對共用電子對，Cl原子與S原子之間形成1對共用電子對，結合分子結構可知S2Cl2的結構式為Cl-S-S-Cl，電子式為，故A錯誤；B.S2Cl2中Cl-S屬于極性鍵，S-S鍵屬于非極性鍵，不對稱的結構，為極性分子，故B正確；C.分子的結構不對稱，為極性分子，而不是非極性分子，故C錯誤；D.同周期從左往右原子半徑逐漸減小，所以氯原子半徑小于硫原子半徑，鍵長越短鍵能越大，所以分子中S-Cl鍵能大于S-S

15、鍵的鍵能，故D錯誤；故選B。12. 用CO和H2在催化劑的作用下合成甲醇，發生的反應如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在體積一定的密閉容器中按物質的量之比1：2充入CO和H2，測得平衡混合物中CH3OH的體積分數在不同壓強下隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A. 該反應的H0，且p1p2B. 反應速率：v逆(狀態A)v逆(狀態B)C. 在C點時，CO轉化率為75%D. 在恒溫恒壓條件下繼續向密閉容器中充入CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數不同【答案】C【解析】【詳解】A由圖可知，在壓強一定時，升高溫度，CH3OH的體積分數減小，說明升高溫度化學平衡逆向移動，則該反應正反

16、應為放熱反應，H0；該反應的正反應是氣體體積減小的反應，在300時，增大壓強，平衡正向移動，CH3OH的體積分數增大，所以p1p2，A錯誤；B由圖可知：B點對應的溫度和壓強均大于A點，溫度升高、增大壓強均使該反應的化學反應速率加快，因此v逆(狀態A)v逆(狀態B)，B錯誤；C假設向密閉容器充入了1 mol CO和2 mol H2，CO的轉化率為x，反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)達到平衡時各種氣體的物質的量分別是n(CO)=(1-x) mol，n(H2)=(2-2x) mol，n(CH3OH)=x mol，在C點時，CH3OH的體積分數=，解得x=0.75，即CO轉化率為75%，C

17、正確；D由等效平衡可知，在恒溫恒壓條件下向密閉容器中充入不同量的CH3OH，達平衡時CH3OH的體積分數都相同，D錯誤；故合理選項是C。13. 知某物質的標準生成焓(f)的定義為用標準狀態下的各種元素的最穩定單質，生成標準狀態下1mol該物質所吸收或放出的能量，其中f(單質)=0kJ/mor。N2O、CO、CO2的標準生成焓分別為82.1kJ/mol、110.5kJ/mol、-393.5kJ/mol。研究表明N2O與CO在Fe+的催化下發生反應NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，H的能量變化及反應歷程如圖所示，下列說法錯誤的是A. H=-36.1kJ/molB. 由過程I可得N2

18、O的能量要高于N2的能量C. 催化劑會改變反應途徑和降低反應活化能，且反應速率由過程I決定D. 在過程II中同時存在碳氧鍵的斷裂和形成【答案】B【解析】【分析】【詳解】A物質的標準生成焓相當于物質的相對焓值大小，所以H= H(生成物)-H(反應物) =0+(-393.5)- 82. 1+(-110.5) kJ/mol-1=-365.1 kJ/mol-1 ，選項A正確；B由化學反應與能量關系圖過程I可知，該反應為放熱反應，只能得出Fe+和N2O的總能量高于FeO+和N2的總能量，選項B錯誤；C由圖可知，加入催化劑后會改變反應途徑，同時也使反應活化能降低，由于第I步活化能大，所以為決定反應速率步驟

19、，選項C正確；D在過程II中，CO中化學鍵斷開，形成CO2時又要形成化學鍵，選項D正確。答案選B14. 利用燃料電池電解制備并得到副產物、，裝置如圖所示(、極均為惰性電極)。下列說法正確的是A. 極、極分別為陰極、陽極B. 膜、膜均為陽離子交換膜，膜為陰離子交換膜C. 極上的反應為D. 理論上，極消耗甲烷，極產生【答案】B【解析】【分析】由裝置圖知左邊裝置：甲烷燃料電池裝置，屬于原電池極為負極，電極反應為極為正極，電極反應為右邊裝置：電解池裝置極為陽極，電極反應為極為陰極，電極反應為【詳解】A由可知，極與燃料電池正極相連，為電解池的陽極，極為陰極，A錯誤；B由上述分析可知，通過膜向產品室移動，

20、原料室中的通過膜向陰極室移動，通過膜向產品室移動，所以，膜、膜均為陽離子交換膜，膜為陰離子交換膜，B正確；C極為負極，電極反應為，C錯誤；D題中未說明溫度、壓強，無法計算甲烷的物質的量(若題目中說明為標準狀況下的氣體，則甲烷是，整個電路中通過的電子數目相等，消耗甲烷時，電路中通過電子，極得到)，D錯誤；故選B。15. 在如圖串聯裝置中，通電片刻即發現乙裝置左側電極表面出現紅色固體，則下列說法不正確的是A. 標準狀況下當甲中產生4.48L氣體時，丙中Cu電極質量增加21.6gB. 電解過程中丙中溶液酸堿性無變化C. 向甲中加入適量的鹽酸，可使溶液恢復到電解前的狀態D. 乙中左側電極反應式：【答案

21、】C【解析】【分析】通電片刻即發現乙裝置左側電極表面出現紅色固體，則此紅色固體為Cu，即乙裝置左側為陰極，右側為陽極；甲裝置中，左側電極為陰極，右側電極為陽極；丙裝置中，左側電極為陰極，右側電極為陽極。【詳解】A. 標準狀況下當甲中產生4.48L氣體時，甲中為電解氯化鉀溶液產生氫氣和氯氣，則各產生0.1mol，轉移電子數為0.2mol，丙中Cu電極上銀離子得電子產生銀單質，質量增加0.2mol 108g/mol=21.6g，A正確；B. 在丙裝置中，陽極Ag-e-=Ag+，陰極Ag+e-=Ag，所以電解過程中丙溶液pH無變化，B正確；C. 甲中陽極生成Cl2，陰極生成H2，相當于從溶液中逸出H

22、Cl氣體，若向甲中加入適量的鹽酸，則加入了水，溶液濃度減小，不能恢復到電解前的狀態，C不正確；D. 乙中左側銅離子放電，電極反應式：Cu2+2e-Cu，D正確；答案選C。16. 室溫下，用0.1的NaOH溶液分別滴定20mL、濃度均為0.1的HCl溶液和HCOOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的對數隨加入NaOH溶液體積的變化如圖所示(忽略溶液體積變化)，下列說法正確的是A. 該溫度下HCOOH的電離常數為B. a、c兩點對應溶液同時升高相同溫度，減小C. 在c點溶液中有：D. 在a、b、c、d四點中對應的溶液呈中性的為a、b、d【答案】A【解析】【詳解】A濃度均為0.1mol/L的HCl

23、溶液和HCOOH溶液，HCl溶液中水電離出的H+的濃度小，故曲線A代表滴定HCOOH溶液，曲線B代表滴定HCl溶液，未加NaOH時，HCOOH的1gc(H+)水 =11，c(H+)水 =1011 molL1，c(OH)=c(OH)水=c(H+)水 =1011 molL1，c(H+) =103 molL1，該溫度下HCOOH的電離常數為，故A正確；Ba、c兩點對應溶液分別為等物質的量濃度的NaCl、HCOONa溶液，同時升高相同溫度，c(Cl)不變，HCOO水解程度增大，c(HCOO)減小，因此增大，故B錯誤；C在c點，加入NaOH溶液的體積為20mL，溶液總體積約為40mL，因此溶液中有：c(

24、HCOO) + c(HCOOH) = 0.05molL1，故C錯誤；D在a溶質為NaCl，呈中性，b溶質為HCOOH和HCOONa的混合溶液，電離程度等于水解程度，溶液呈中性，c溶液為HCOONa，HCOO水解呈堿性，d點溶質為HCOONa和NaOH，溶液呈堿性，因此呈中性的為a、b，故D錯誤；綜上所述，答案為A。二、填空題(每空2分，共52分)17. 快離子導體是一類具有優良離子導電能力的固體電解質，研究得最多的是、F、O等的快離子導體。（1）的過程中，失去的電子是基態中_軌道上的電子。（2）N、O、F的第一電離能從小到大的順序為_(用元素符號表示)；、的沸點由低到高的順序為_。(用化學式表

25、示，下同)；其中、的鍵角由小到大的順序為_。（3）、都是重要的有機反應中間體。的空間構型為_；（4） 分子中只含有_個手性碳原子【答案】（1） （2） . O、N、F . 、 . 、 （3）平面正三角形 （4）3【解析】【小問1詳解】Cu的電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，銅失去1個電子，失去的最外層上的電子，即失去的電子是基態Cu中4s軌道上的電子；【小問2詳解】同一周期元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第A族的大于第A的，所以第一電離能大小順序為：ONF；鹵化氫隨核電荷數的遞增，分子間范德華力增大，沸點呈增大的趨勢，但HF分子間存在氫鍵，則鹵化氫的沸點由

26、低到高的順序為、；P與N的氫化物空間構型相似，均是三角錐形，但氮元素的電負性強于磷元素，共用電子對偏向氮元素，排斥力增大，所以PH3鍵角 NH3鍵角；【小問3詳解】中碳為中心原子，碳原子有3個鍵電子對，沒有孤電子對，價層電子對為3，根據價層電子對互斥理論，可知其空間構型為：平面正三角形；【小問4詳解】根據手性碳的定義， 中標有“*”的碳原子為手性碳，一共有3個手性碳原子。18. 燃料電池是一種將燃料所具有的化學能直接轉換成電能的化學裝置。（1）以多孔鉑為電極，如圖甲裝置中A、B口分別通入和構成乙醇燃料電池，則b電極是_(填“正極”或“負極”)，該電池的負極的電極反應式為_。（2）科學家研究了轉

27、化溫室氣體的方法，利用圖乙所示裝置可以將轉化為氣體燃料，該電池負極反應式為_，工作時的總反應式為_。（3）綠色電源“二甲醚-氧氣燃料電池”的工作原理如圖丙所示。氧氣應從c處通入，發生的電極反應式為_；二甲醚()應從b處加入，電極X上發生的電極反應式為_；電池在放電過程中，電極X周圍溶液的_(填“增大”“減小”或“不變”)。【答案】（1） . 正極 . （2） . . （3） . . . 減小【解析】【小問1詳解】B口處通入氧氣，氧氣得到電子發生還原反應，為電源正極；該電池的負極的電極反應為乙醇在堿性條件下失去電子發生氧化反應生成碳酸根離子和水，；【小問2詳解】由圖可知，M極水生成氧氣，發生氧化

28、反應為電源負極，電極反應式為；該電池N極二氧化碳發生還原反應生成水和一氧化碳，為電源正極，故電池總反應為二氧化碳生成氧氣和一氧化碳：；【小問3詳解】氧氣應從c處通入，氧氣得到電子，發生還原反應生成水，發生的電極反應式為；二甲醚()應從b處加入，在X極上失去電子，發生氧化反應生成二氧化碳，電極X上發生的電極反應式為；由分析可知，電池在放電過程中，電極X周圍溶液中氫離子濃度變大，減小。19. 、是大氣污染物但又有著重要用途。.已知：（1）某反應的平衡常數表達式為，此反應的熱化學方程式為：_。（2）向絕熱恒容密閉容器中充入等量的和進行反應，能判斷反應已達到化學平衡狀態的是_(填序號)。a容器中的壓強

29、不變bc氣體的平均相對分子質量保持34.2不變d該反應平衡常數保持不變e和的體積比保持不變可用于制。為探究某濃度的的化學性質，某同學設計如下實驗流程：（3）用離子方程式表示溶液具有堿性的原因_。與氯水反應的離子方程式是_。（4）含的煙氣可用溶液吸收。可將吸收液送至電解槽再生后循環使用。再生電解槽如圖所示。a電極上含硫微粒放電的反應式為_。(任寫一個)。離子交換膜_(填標號)為陰離子交換膜。（5），將一定量的放入恒容的密閉容器中，測得其平衡轉化率隨溫度變化如圖所示。圖中a點對應溫度下，已知的起始壓強為，該溫度下反應的平衡常數_(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質的量分數)。【答案】（1）

30、 （2）a、c、d （3） . . （4） . . C （5）【解析】【小問1詳解】根據反應的平衡常數的表達式得到反應為：2NO（g）+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，將第一和第三個方程式乘以-1，第二個方程式乘以2，相加得到：2NO（g）+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5 kJmol1；【小問2詳解】a恒容下，壓強不變就是氣體的物質的量不變，該反應是氣體物質的量減小的反應，所以壓強不變可以證明平衡態，選項a正確；b速率比應該等于方程式的系數比，所以v正(CO)= 2v逆(N2)才是正確說法，選項b錯誤；c該反應中所有物質都是氣體，所以m總不變，如果平均分子量不

31、變，得到氣體的n總不變（），該反應是氣體物質的量減小的反應，所以n總不變是平衡態，選項c正確；d平衡常數只與溫度有關，平衡常數不變就是溫度不變，該容器絕熱，如果有吸熱或者放熱溫度一定變化，現在溫度不變，說明反應達平衡，既沒有吸熱也沒有放熱，選項d正確；e開始充入的NO和CO是相等的，反應中兩者按照1:1進行反應，所以容器中兩者恒定相等，選項e錯誤；故選a、c、d；【小問3詳解】Na2S2O3溶液顯堿性的原因一定是硫代硫酸根離子水解，注意水解分步，方程式為：；根據反應過程的圖示，加入氯化鋇后得到的白色沉淀一定是硫酸鋇，說明氯水將硫代硫酸根離子氧化為硫酸根離子，所以反應為：；【小問4詳解】用亞硫酸

32、鈉溶液吸收二氧化硫應該得到亞硫酸氫鈉溶液，將亞硫酸氫鈉溶液（pH=6的吸收液）加入電解槽中。右側是電解的陰極，可以認為是水電離的氫離子得電子轉化為氫氣，剩余的氫氧根離子與亞硫酸氫根離子反應得到亞硫酸根離子。左側是電解的陽極，C為陰離子交換膜，亞硫酸氫根離子透過交換膜進入陽極，在陽極上失電子專戶為硫酸根，副產物甲為硫酸。所以陽極反應為：；【小問5詳解】假設加入的SO3為2mol，平衡轉化率為40%，所以反應的SO3為0.8mol，生成的SO2為0.8mol，O2為0.4mol，達平衡時有：1.2molSO3、0.8molSO2、0.4molO2；恒容下容器的壓強比等于氣體的物質的量的比，所以平衡時壓強為：=1.2P0。分壓=總壓物質的量分數，所以SO3分壓為：1.2P0=0.6P0；SO2分壓為：1.2P0=0.4P0；O2分壓為：1.2P0=0.2P0；所以KP=。20. 三鹽基硫酸鉛(，其相對分子質量為990)簡稱“三鹽”，不溶于水及有機溶劑。主要