列做法應(yīng)提倡的是()【專(zhuān)題】56：化學(xué)應(yīng)用．【分析】綠色簡(jiǎn)約生活方式是一種生活理念，也是一種生活態(tài)度，指的是生活作息時(shí)所耗用的能量要盡量減少，特別是減少二氧化碳的排放量，減緩生態(tài)惡化；可以從節(jié)電、【點(diǎn)評(píng)】解答本題關(guān)鍵是看是否減少了對(duì)空氣中可吸收顆粒物的釋放，環(huán)保問(wèn)題已經(jīng)引22分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是()【解答】解：A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子的質(zhì)量數(shù)＝15+16＝3,故C錯(cuò)誤；【點(diǎn)評(píng)】本題考查常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號(hào)、化學(xué)式等知識(shí)，注意掌握常見(jiàn)化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)原則，試題培養(yǎng)學(xué)生的32分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是()B．ClO2具有還原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維【解答】解：A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過(guò)氧化【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題，明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)和的是()【分析】實(shí)驗(yàn)室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，可【解答】解：A．稀硫酸和銅不反應(yīng)，應(yīng)用濃硫酸和銅反應(yīng)制備二氧化硫氣體，故A錯(cuò)D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質(zhì)的檢驗(yàn)等，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐瘴镔|(zhì)的性質(zhì)的異同以及實(shí)驗(yàn)的嚴(yán)密期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素．下列說(shuō)法正確的是()A．原子半徑：r（Xr（Yr（Zr（W）W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一元素，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素，則Z是O、W是原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數(shù)Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑：r（Xr（Zr（Yr（W故A錯(cuò)誤；【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，為高頻考點(diǎn)，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)及元素周期律是解本題關(guān)鍵，正確判斷元素是解本題關(guān)鍵，注意：銨鹽中不含金屬元62分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是()守恒和轉(zhuǎn)移電子守恒，離子方程式為2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式書(shū)寫(xiě)的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意離72分）在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是()【考點(diǎn)】EB：氨的化學(xué)性質(zhì)；FO：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；GM：鐵的化學(xué)性C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿【點(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，主要是硫、鐵、氮的化合物性質(zhì)的理82分）通過(guò)以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚（CH3OCH3下列說(shuō)法不正確的是①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1＝akJ?mo②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝bkJ?mo③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝ckJ?molC．反應(yīng)CH3OH（g）═CH3OCH3（g）H2O（l）的△Hk?mol-1C．由反應(yīng)④可知，物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，則反【點(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)的特點(diǎn)、反應(yīng)中能量變化、蓋斯定律應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力92分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()D．能使甲基橙溶液變紅色，說(shuō)明溶液呈酸性，HCO3-能和氫離子反應(yīng)生成二氧化碳和【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)，明確離子共存條件及離子性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意隱含信息的靈活運(yùn)用，題目難102分）H2O2分解速率受多種因素影響。實(shí)驗(yàn)測(cè)得70℃時(shí)不同條件下H2O2濃度隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．圖甲表明，其他條件相同時(shí)，H2O2濃度越小，其分解速率越快B．圖乙表明，其他條件相同時(shí)，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．圖丙表明，少量Mn2+存在時(shí)，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說(shuō)明溶液的pH不同，NaOH濃度C．圖丙中少量Mn2+存在時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞化量越大，由此得出相同pH條件下，雙氧水濃度越大，雙氧水分解速率越快，故A錯(cuò)B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說(shuō)明溶液的pH不同，NaOH濃度C．圖丙中少量Mn2+存在時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此【點(diǎn)評(píng)】本題以雙氧水分解為載體考查影響化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析、判斷、歸納及知識(shí)靈活運(yùn)用能力，明確圖中曲線(xiàn)變化趨勢(shì)及影響因項(xiàng)符合題意．若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿(mǎn)分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就B．a(chǎn)和c分子中所有碳原子均處于同一平面上D．b和c均能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．D．只有-CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含-CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，D．只有-CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀，則只有c能與新制的Cu【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，題目124分）下列說(shuō)法正確的是()A．反應(yīng)N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的5.6×10-4mol?L-1C．pH＝10的含Mg2+溶液中，c（OH-，c（Mg2+）5.6×10-4mol?L-1，故C正確；【點(diǎn)評(píng)】本題考查較綜合，涉及反應(yīng)熱與焓變、原電池、難溶電解質(zhì)Ksp的計(jì)算等，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選134分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是()ABC白色沉淀可能為D某溶液滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀SO42-C．硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI；D．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，涉及金屬性、非金屬性強(qiáng)弱比較、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響等知識(shí)，明確常見(jiàn)元素及其化合物性（NH3?H2O1.76×10-5，下列說(shuō)法正確的是()C．0.2mol?L-1HCOOH與0.1mol?L-1NaOH等體積混合后的溶液中：c（HCOO-）+c（OH-c（HCOOH）+c（H+）D．0.2mol?L-1CH3COONa與0.1mol?L-1鹽酸等體積混合后的溶液中（pH＜（CH3COO-c（Cl-c（CH3COOHc（H+）解程度：CH3COO-＞NH4+＞HCOO-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出cc（Cl-）+c（OH-0.1mol/L+c（OH-水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c（H+）大于后者c（OH-度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HC．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-c（Na+）+c（H+混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和子水解程度：CH3COO-＞NH4+＞HCOO-，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO-）+c（OH-c（Na+）+c（H+0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+c（Cl-）+c（OH-0.1mol/L+c（OH-水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c（H+）大于后者c（OH-所以濃度均為0.1mol?L-1的HCOONa和NH4C度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的H的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質(zhì)的量前C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-c（Na+）+c（H+混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和（OH-c（HCOOH）+c（H+故C錯(cuò)誤；合溶液的pH＜7，說(shuō)明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是c（CH3COO-c（Cl-c（CH3COOHc（H+【點(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確電154分）溫度為T(mén)1時(shí)，在三個(gè)容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反=2NO（g）+O2（g正反應(yīng)吸熱）。實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v正＝v（NO2）消耗＝k正c2（O2k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說(shuō)法正確的是()物質(zhì)的起始濃度（mol?L-1）濃度（mol?L-Ⅰ00ⅡⅢ0開(kāi)始（mol/L）0.60反應(yīng)（mol/L）0.40.4平衡（mol/L）0.20.4B．假設(shè)II中平衡時(shí)c（NO2c（O2設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2xmol/L，則0.3-x=0.2+0.5x，x，平衡時(shí)c（NO2c（O2）mol/L，c（NO0.5mol/Lmol/Lmol/L，Ic（O20.1mol/L剩余，與I相比，III是相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和＝v（NO2）消耗＝k正c2（NO2開(kāi)始（mol/L）0.60反應(yīng)（mol/L）0.40.4平衡（mol/L）0.20.4恒容恒溫時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，如果平衡時(shí)I衡正向移動(dòng)，平衡正向移動(dòng)導(dǎo)致混合氣體總物質(zhì)的量之和增大，所以達(dá)平衡時(shí)，容器ⅠB．假設(shè)II中平衡時(shí)c（NO2c（O2設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2xmol/L，則0.3-x=0.2+0.5x，x，平衡時(shí)c（NO2c（O2）-c（O20.1mol/L剩余，與I相比，III是相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和＝v（NO2）消耗＝k正c2（NO20.8，且該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，說(shuō)明升高溫度平衡正向移動(dòng)，所以T2＞T1，故D【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、計(jì)算及靈活運(yùn)用知識(shí)解答問(wèn)題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計(jì)算要涉及一元三次方程而難以解答，這需注：SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀．有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的【考點(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時(shí)Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為為電解Na2CO3溶液，結(jié)合圖可知，陽(yáng)極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧故答案為：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；（2）向“過(guò)濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，堿性為OH-＞AlO2-＞CO32-，可知溶液的pH減小，故答案為：減小；故答案為：4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑；H2；有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，故答案為：NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意水解、電?715分）化合物H是一種用于合成γ-分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線(xiàn)流程圖如。①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是α-氨。（5）已知R代表烴基，R'代表烴基或H）請(qǐng)寫(xiě)出以【分析】由合成流程可知，A→B發(fā)生取代反應(yīng)，B→C發(fā)生還原反應(yīng)，C→D應(yīng)，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反應(yīng)，比較F與H的結(jié)構(gòu)可知，G為（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿(mǎn)足①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是α-氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的（4）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化-COOCH3轉(zhuǎn)化為-,結(jié)合上述合成流程可知，-OH轉(zhuǎn)化為-Br，酚-OH轉(zhuǎn)化為（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿(mǎn)足①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是α-氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，則水解產(chǎn)物為對(duì)苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的結(jié)（4）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化-COOCH3轉(zhuǎn)化為-,結(jié)合上述合成流程可知，-OH轉(zhuǎn)化為-Br，酚-OH轉(zhuǎn)化為,【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，把握合成流程中官能團(tuán)的變化、有機(jī)反應(yīng)、習(xí)題中的信息為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意有機(jī)物性質(zhì)的1812分）堿式氯化銅是重要的無(wú)機(jī)殺菌劑．該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2②方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反應(yīng)生成堿式氯化銅．Cu與氣的條件下反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)e3+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示．M′的①稱(chēng)取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；③另取25.00mL溶液A，調(diào)節(jié)pH4～5，用濃度為0.08000mol2H2O）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2-═CuY2-+2H+滴定至終點(diǎn)，【考點(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；U3：制【分析】（1）①45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?-3L?mL-19.600×10-3mol，結(jié)合化合物中【解答】解1）①45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2子、電子守恒可知反應(yīng)為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2故答案為：4CuCl+O2+8H2O2Cu2（（2）n（Cl-n（AgCl）4.800×10-3mol，9.600×10-3mol，n（OH-2n（Cu2+）-n（Cl-2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol＝1.440×10-2mol，m（Cl-4.800×10-3mol×35.5g?mol-1＝0.1704g，m（Cu2+9.600×10-3mol×64g?mol-1＝0.6144g，m（OH-1.440×10-2mol×17g?mol-1＝0.2448g，n（H2O）4.800×10-3mol，【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備及物質(zhì)組成的測(cè)定實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的量的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意氧化還原反應(yīng)及1915分）某科研小組采用如下方案回收一種光盤(pán)金屬層中的少量Ag（金屬層中其他金已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3?H2O=Ag（NH3）2++Cl-+2H2O（2）NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為用量，除因過(guò)量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)還因?yàn)槲催^(guò)濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的-1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L-1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過(guò)濾、洗滌，干燥（實(shí)驗(yàn)中須使用的【考點(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)再加氨水溶解AgCl，發(fā)生AgCl+2NH3?H2O=Ag（NH3）2++Cl-+2H2O，過(guò)濾II分離出的濾渣為Ag，對(duì)過(guò)濾II得到的濾液用N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag故答案為：4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、用量，除因過(guò)量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)2mol?L-1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L-1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放故答案為：向?yàn)V液中滴加2mol?L-1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?LH2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無(wú)氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過(guò)濾、洗【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意信息的?yīng)用種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32-，其原因是堿性溶液吸收了空氣中的（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)（平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)）與pH的關(guān)系分別如圖-1和圖-2所示．當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色時(shí)停止滴加．該過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為OH-②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4=H2AsO4-+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1＝2.2時(shí)單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量）如圖-3所示．①在pH7～9之間，吸附劑X對(duì)五價(jià)砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4-轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42-，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，@在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，這是因?yàn)樵趐H4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4-和HAsO42-陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力五價(jià)砷．-@在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4-和HAsO42-陰離子存在，pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，如果能將三價(jià)砷【解答】解1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，生成H2AsO3-，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)，同時(shí)還生成水=H2AsO3-+H2O，故答案為：OH-+H3AsO3＝H2AsO3-+H-pKa1＝-lgKa1＝-lg2.2，（3）①吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4-轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42-，吸附劑X表面所帶@在pH4～7之間，吸附劑X表