1、辽宁省沈阳市 2018 年高中三年级教学质量监测（一）化学试题1. 下列说法不正确的是A. 煤是由多种碳氢化合物组成的混合物B. 萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中应用广泛C. Al(OH)3 胶体能凝聚水中悬浮物，并能吸附色素D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等【答案】A【解析】A煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，主要含有碳元素，故 A 错误；B利用溶解性的差异提取有机物质，则萃取在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中有广泛的应用，故 B 正确；CAl(OH) 3胶体具有吸附性，能凝聚水中的悬浮物，故 C
2、 正确；D淡化海水，是将水和海水中的盐进行分离，分离出水，可用蒸馏的方法，分离出盐，也可用电渗析法、离子交换法等方法，故 D正确；故选 A。2. 阿伏加德罗常数的值为 NA。下列说法不正确的是A. 15.6gNa2O2 与过量 CO2 反应时，转移的电子数为 0.2NAB. 常温下，5.6g 铁粉加入足量浓硝酸中反应，转移的电子数为 0.3 NAC. 常温下，4gCH 4 含有 NA个 C-H 共价键D. 分子总数为 NA的 ClO2 和 CO2 混合气体中含有的氧原子数为 2 NA【答案】B点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。本题的易错点为 B，要注意常温下，铁遇浓硝酸发生钝化，其
3、他还有铝与浓硝酸或浓硫酸，但是要注意只有常温时才发生钝化，加热条件下是能够反应的。3. 解释下列事实的方程式正确的是A. 加热可增强纯碱溶液去污能力：CO 32 +2H2O H2CO3+2OHB. 用醋酸溶液除水垢中的 CaCO3：CaCO 3+2H+=Ca2+H2O+CO2C. 向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时 SO2的排放：2CaCO 3+O2+2SO2 2CO2+2CaSO4D. 用 FeS 除去工业废水中的 Hg2+：Hg 2+S2-=HgS【答案】C【解析】A盐的水解为吸热反应，则加热促进碳酸钠的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，正确的离子方程式为：CO 32-+H2OHCO3-+O
4、H-，故 A 错误；B碳酸钙和醋酸在离子方程式中都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO 3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH 3COO-，故 B 错误；C向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时 SO2的排放，反应的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2 2CO2+2CaSO4，故 C 正确；D用 FeS 除去工业废水中的 Hg2+的离子反应为Hg2+FeS=HgS+Fe 2+，故 D 错误；故选 C。4. 用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 若采用装置铝件镀银，则 c 极为铝件，d 极为纯银，电解质溶液为 AgNO3溶液B. 装置是原电池，能将化学能转化为电能
5、，SO 42-移向锌电极C. 装置可证明非金属性 ClCSiD. 装置可用于收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】B【解析】A根据电流方向，a 为电源的正极，b 为负极，若采用装置铝件镀银，则铝应该为阴极，银为阳极，即 d 极为铝件，c 极为纯银，电解质溶液为 AgNO3溶液，故 A 错误；B装置是原电池，Zn 为负极，发生氧化反应，将化学能转化为电能，故 B 正确；C稀盐酸不是含氧酸，且挥发出的盐酸能够使硅酸钠变浑浊，图示装置无法达到实验目的，故 C 错误；D碱石灰可干燥氨气，氨气的密度比空气小，应该利用向下空气法收集，则应该短进长出，故 D 错误；故选 B。点睛：本题考查化学实验方案的设计与评
6、价，涉及电化学及应用、防止倒吸装置、气体的收集等。本题的易错点为 C，要注意盐酸易挥发，挥发出来的氯化氢也能够使硅酸钠变浑浊。5. 已知 X、Y、Z、M、Q 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中 Z 是金属元素，Y 是地壳中含量最高的元素，X、Y、M 在周期表中的相对位置关系如图，下列说法正确的是X YMA. 五种元素中原子半径最大的是 Q，离子半径最大的是 M 离子B. X、M、Q 三种元素最高价氧化物所对应的水化物的酸性强弱关系为 MQXC. Y 与 Z 形成的化合物一定是碱性氧化物D. Z 与 Q 形成的化合物水溶液可能显酸性【答案】D【解析】X、Y、Z、M、Q 是原子序数依次增
7、大的五种短周期主族元素，根据 X、Y、M 在周期表中的相对位置知，X、Y 位于第二周期、M 位于第三周期，其中只有 Z 是金属，Y 是地壳中含量最高的元素，则 Y 是 O 元素、M 是 S 元素，Q 是短周期主族元素，且原子序数大于 S，所以 Q 是 Cl 元素，X 为 C 元素，Z 为金属且原子序数大于 O，Z 为 Na、Mg 或 Al 元素。A原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是 Na，离子半径最大的是 Cl 离子，故 A 错误；B元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F 元素除外，所以五种元素中
8、Cl 的非金属性最强(O 元素除外)，所以 Cl 的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，故 B 错误；CY 与 Z 形成的化合物可能是两性氧化物，如 Al2O3，故 C 错误；DZ 与 Q 形成的化合物水溶液可能显酸性，如 MgCl2，故 D 正确；故选 D。6. 下列检验方法不合理的是选项 实验 检验方法A向沸水中滴加 56 滴饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得 Fe(OH)3用激光笔照射烧杯中的液体胶体B 证明溶液中存在 NH4+滴加浓 NaOH 溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝C 区分 AgNO3 溶液和 Al2(SO4)3 溶液 分别取少量溶
9、液，滴加 BaCl2溶液D 证明氯水中起漂白作用的不是 Cl2用 CCl4充分萃取，将红纸条分别浸入分层后的溶液中A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A向沸水中滴加 56 滴饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得Fe(OH)3 胶体，胶体具有丁达尔效应，用激光笔照射烧杯中的液体可以检验制备的胶体，故A 正确；B铵根离子和 NaOH 反应生成一水合氨，一水合氨在加热条件下分解生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，所以该实验能证明溶液中含有铵根离子，故 B 正确；C滴加 BaCl2溶液后 BaCl 2分别和 AgNO3 和 Al2(SO4)3反应生成氯化
10、银和硫酸钡沉淀，现象基本相同，不能鉴别，故 C 错误；D经四氯化碳萃取后的氯气不能使干燥的红纸条褪色，说明氯气没有漂白性，水溶液中含有次氯酸能够使红纸条褪色，说明起漂白作用的是次氯酸，故 D 正确；故选 C。点睛：本题考查了化学实验方案的设计与评价，掌握反应的原理是解题的关键。本题的易错点为 D，要能够根据课本知识进行迁移，四氯化碳能够将氯水中的氯气萃取出来，水层中含有次氯酸。7. 在一定条件下，用石墨电极电解 0.5mo/LCuSO4溶液(含 H2SO4 )，监测到阳极附近溶液 pH随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，下列说法不正确的是通电后 pH通电前 pH瞬间 20s 40s 60
11、s 80s 100s 120s 2.35 2.55 2.50 2.48 2.45 2.41 2.35 2.25 A. 通电瞬间，阳离子向阴极移动B. 电解过程中，阳极发生的电极反应是 2H2O-4e-=4H+O2C. 通电后 pH 下降过程中，阴极发生的主要电极反应是 Cu2+2e-=CuD. 通电后 pH 下降过程中，H +向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率【答案】D【解析】A电解池中，阳离子向阴极移动，故 A 正确；B电解过程中，阳极 pH 逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为 H2O 放电，产生 H+，所
12、以阳极发生的电极反应是 2H2O-4e-=4H+O2，故 B 正确；C阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是 Cu2+2e-=Cu，故 C 正确；D电解过程中，阳极 pH 降低，阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H+O2，产生的 H+是阳离子，向阴极移动，pH 降低表明阳极 H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极 c(H+)增大，pH=-lgc(H +)减小，故 D 错误；故选 D。8. 某小组同学利用下列实验探究金属铝与不同铜盐溶液的反应：实验 实验方案 现象1向 5mLlmol/L CuSO4 溶液中加入用砂纸打磨过的铝片铝片表面无明显现象，20m
13、in 后铝片表面有极少气泡，且有很少量红色物质生成2向 5mLlmol/LCuCl2溶液中加入用砂纸打磨过的铝片铝片表面有气泡产生，同时有红色物质析出，1min 后反应进一步加快，放出大量的热，有少量黑色固体生成。一段时间后烧杯底部出现白色沉淀（1）打磨铝片的目的是_。（2）实验中出现的红色物质是_。（3）实验 2 中“1min 后反应进一步加快”的原因是_。（4）经检验实验 1、2 中产生的无色气体是 H2，黑色固体为 CuO，试用离子方程式解释 H2产生的原因_，用文字简述黑色固体产生的原因_。（5）依据上述实验 1、2 现象推测并判断，用砂纸打磨后的铝片分别与 H+浓度均为0.2molL
14、-1的盐酸和硫酸反应，反应速率：前者比后者_（填“快”或“慢” ） （6）经证明实验 2 中白色沉淀的化学成分为 CuCl。某同学猜测可能是 Cu 与 CuCl2溶液反应生成了 CuCl，因为 Cu 具有_性。依据猜测他进行了如下实验：取 Cu 粉与适量1mol/LCuCl2溶液混合，一段时间后观察无白色沉淀产生。该同学再次分析 Al 与 CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了 Cu 与 CuCl2溶液反应生成了 CuCl，他的改进方法为_。【答案】 (1). 除去表面的氧化物膜 (2). Cu 或铜 (3). Cu 和 Al 在酸性条件下形成原电池，加快反应速率 (4). Cu
15、2+2H2O Cu(OH)2+2H+ 2Al+6H+ = 3H2+2Al 3+ (5). Cu2+水解生成的 Cu(OH) 2 受热分解生成黑色的 CuO (6). 快 (7). 还原 (8). 加热后观察【解析】(1)打磨铝片可以除去表面的氧化物薄膜，故答案为：除去表面的氧化物膜；(2)铝的活泼性比铜强，能够置换出硫酸铜溶液中的铜，因此实验中出现的红色物质是铜，故答案为：铜；(3) “1min 后，置换出来的 Cu 和 Al 在酸性条件下形成原电池，加快反应速率，故答案为：Cu 和 Al 在酸性条件下形成原电池，加快反应速率；(4)CuSO4 是强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，金属铝能够与酸反
16、应放出氢气，反应过程中放出的热量使水解生成的氢氧化铜分解为黑色的氧化铜，故答案为：Cu 2+2H2O Cu(OH)2+2H+、2Al+6H + = 3H2+2Al 3+； Cu 2+水解生成的 Cu(OH) 2 受热分解生成黑色的 CuO；(5)实验 1 水解生成硫酸，反应速率慢，实验 2 水解生成盐酸，反应速率快，因此用砂纸打磨后的铝片分别与 H+浓度均为 0.2molL-1的盐酸和硫酸反应，盐酸反应速率快，故答案为：快；(6)铜是活泼性差一点的金属，但反应中仍能够失去电子，体现还原性，因此猜测 Cu 与CuCl2溶液反应生成了 CuCl 是合理的，铝和氯化铜溶液反应过程中有白色沉淀生成，反
17、应过程放出大量热量，证明了 Cu 与 CuCl2溶液反应生成 CuCl，可以加热观察是否生成白色沉淀，若加热出现沉淀说明 Cu 与 CuCl2溶液反应生成了 CuCl，若不出现沉淀说明 Cu 与 CuCl2溶液不能反应生成了 CuCl，故答案为：加热后观察现象。点睛：本题考查了物质性质、物质反应的现象、物质检验的实验设计等知识。本题的难点是(6)改进措施的设计，要能够根据(6)中实验与题干实验 2 的区别分析解答。9. 氨在工农业生产中应用广泛，可由 N2、H 2合成 NH3。（1）天然气蒸汽转化法是前获取原料气中 H2的主流方法。CH 4经过两步反应完全转化为 H2和 CO2，其能量变化示意
18、图如下：结合图像，写出 CH4通过蒸汽转化为 CO2和 H2的热化学方程式_。（2）利用透氧膜，一步即获得 N2、H 2，工作原理如图所示（空气中 N2与 O2的物质的量之比按 41 计）起还原作用的物质是_。膜 I 侧所得气体 =2，CH 4、H 2O、O 2反应的化学方程式是_。（3）甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) HT2T1 (6). (7). 在 T 2、 60Mpa 时 A 点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以 v(正)v(逆) (8). 0.043(MPa)-2或 0.0427(MPa) -2【解析】(1
19、)根据图像得到热化学方程式CH 4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+206.4kJ/mol，CO(g)+H 2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41.0kJ/mol，结合盖斯定律计算+得到 1mol CH4(g)通过蒸汽转化为 CO2(g)和 H2(g)的热化学方程式：CH 4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)H=+165.4 kJ/mol，故答案为：CH 4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)H=+165.4 kJ/mol；(2)甲烷中 C 失去电子生成 CO，则起还原作用的物质是 CH4，故答案为：CH 4；空气中 N2与 O2的物质的
20、量之比为 4：1，膜侧所得气体 =2，氮气在反应前后不变，设氮气为 4mol，则生成氢气为 8mol，膜侧发生的电极反应式是 H2O+2e-=H2+O2-、O 2+4e-=2O2-，由膜 I 侧反应可知 8molH2O 得到 16mol 电子、1molO 2得到 4mol 电子，共得到 20mol电子，膜 II 上 1molCH4中 C 失去 6mol 电子、H 得到 4mol 电子，即 1molCH4失去 2mol 电子，根据总反应遵循电子守恒，需要 10molCH4反应，则反应为 10CH4+8H2O+O2=10CO+28H2，故答案为：10CH 4+8H2O+O2=10CO+28H2；(
21、3)A、由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故 A 错误；B、t 2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率增大，不能说明平衡移动的方向，无法判断氨气体积分数的变化，故 B 错误；C、容器的体积不变，气体的质量不变，气体的密度始终不变，不能用于平衡的判断，故 C 错误；D、t 2时刻，向密闭容器中加 H2和 N2混合气，气体的压强增大，逆反应速率增大，故 D 正确；故选 D；(4)N 2(g)+3H2(g) 2NH3(g) HT2T1，故答案为：T 3T2T1；根据图像，在 T2、60MPa 条件下，A 点为达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此 v 正 v
22、逆 ，故答案为：；在 T 2、 60Mpa 时 A 点未达到平衡时的体积分数,反应向正向进行,所以 v(正)v(逆)； 若体系在 T2、60MPa 下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时 n(NH3)=xmol，N2(g) + 3H2(g)2NH3(g)开始(mol) 9 23 0反应(mol) 0.5x 1.5x x平衡(mol)9-0.5x 23-1.5x x平衡时氨气体积分数= 100%=60%，解得 x=12，氮气分压= 60MPa=9MPa；氨气的分压=60%60MPa=36MPa ，氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa，此时的平衡常数
23、Kp= =0.043(MPa)-2，故答案为：0.043(MPa) -2。点睛：本题综合考查了化学反应原理，涉及化学平衡的计算、原电池原理的应用等。本题的难点是(2)中方程式的书写，要注意甲烷中元素化合价的变化是 C 由-4 变成+2 价，H 由+1变成 0 价，然后根据得失电子守恒找到 CH4、H 2O、O 2三者间量的关系；本题的易错点为(4)中 Kp的计算，要能够根据 K 的表达式进行迁移。10. 海洋资源丰富，海水水资源的利用和海水化学资源（主要为 NaCl 和 MgSO4 及 K、Br 等元素）的利用具有非常广阔的前景。回答下列问题：（1）NaCl 溶液由粗盐水精制而成，为除去 Mg
24、2+和 Ca2+，要加入的试剂分别为_、_。（2）写出步骤 中反应的总化学方程式为_。（3）简述步骤中能析出 KClO3 晶体而无其他晶体析出的原因是_。（4）已知 MgCl2 溶液受热时易水解生成 Mg(OH)Cl，写出该过程的化学方程式_。（5）为得到无水 MgCl2，步骤的操作应为_。（6）步骤中，电解熔融 MgCl2 得到的镁需要在保护气中冷却，下列气体可以作为保护气的是_A.H2 B.N2 C. CO2 D.空气（7）海水中溴含量为 65mgL-1。若 1L 海水中 95%溴元素被氧化为 Br2 经热空气吹出，溴单质残留量 3%。最后用 SO2 将 90%Br2 还原成 Br-，所得
25、溶液体积为 50mL。此过程的目的为_。所得溶液中溴离子浓度为海水中溴离子浓度的_倍（精确到 0.1） 。【答案】 (1). NaOH 溶液 (2). Na 2CO3溶液 (3). NaCl+3H 2ONaClO 3+3H2 (4). 室温下 KClO 3在水中的溶解度明显小于其它晶体 (5). MgCl 2+H2O Mg(OH)Cl+HCl (6). 在干燥的 HCl 气流下加热 (7). A (8). 提高溴离子的浓度， 富集溴元素 (9). 16.6 倍【解析】(1)食盐溶液中混有 Mg2+ 和 Ca2+，可以利用过量 NaOH 溶液除去 Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去 Ca2+
26、，故答案为：NaOH 溶液；Na 2CO3溶液；(2)步骤 为电解氯化钠溶液生成氯酸钠的反应，反应的总化学方程式为 NaCl+3H2ONaClO3+3H2，故答案为：NaCl+3H 2ONaClO 3+3H2；(3)相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下 KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出 KClO3；故答案为：室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体；(4)如果直接在空气中加热 MgCl2则 Mg2+会水解的生成 Mg(OH)Cl 和 HCl，通入 HCl 可以抑制其水解；其反应方程式为：MgCl 2+H2O Mg(OH)Cl+HCl，故答案为：MgCl 2+H2O
27、Mg(OH)Cl+HCl；(5)如果直接在空气中加热 MgCl2则 Mg2+会水解的生成 Mg(OH)Cl 和 HCl，通入 HCl 可以抑制其水解，故答案为：在干燥的 HCl 气流下加热；(6)镁能与氧气反应生成氧化镁、与氮气反应生成氮化镁、与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，与氢气不反应，故选 A；11. 保险粉又称连二亚硫酸钠(Na 2S2O4)，可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂，脱氯剂。Na2S2O4是白色粉末，无味，易溶于水、难溶于乙醇，具有极强的还原性，在空气中易被氧化，在碱性介质中稳定。.甲酸钠( HCOONa) 法制备过程如下：（1）连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为_。（2）实验室用 N
28、a2SO3 固体和某酸反应制备 SO2气体，制备 SO2时所选用的酸，你认为下列最适宜选用的是_。A.浓盐酸 B.浓硝酸C.质量分数为 70%的硫酸 D.质量分数为 10%的硫酸（3）步骤中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为_。（4）上述步骤中，加入适量乙醇水溶液的作用是_。（5）在包装保存“保险粉”时加入少量的 Na2CO3固体，目的是_。（6）现将 0.05mol/L Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的 pH 与时间(t)的关系如图所示。t1时溶液中只有 NaHSO3一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_。t 1t2段发生化学反应的离子方程式为_。.电解法制备:工业上用
29、惰性电极电解 NaHSO3溶液得到 Na2S2O4。过程如图所示（7） 产品在_（填“阳极” 、 “阴极” ）得到。若不加隔膜，则连二亚硫酸钠产率降低，其原因是_。【答案】 (1). +3 (2). C (3). NaOH+HCOONa+2SO 2=Na2S2O4+CO2+H2O (4). 连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 Na2S2O4晶体析出 (5). Na 2CO3为碱性物质， 提高“保险粉”的稳定性 (6). c(HSO 3-)c(SO 32-)c(H 2SO3) (7). 2HSO3-+O2=2H+2SO42- (8). 阴极 (9).
30、 若不加隔膜，则部分 HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子， 得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降或部分 HSO3-被阳极产生的 Cl 2氧化生成 SO42-，使连二亚硫酸钠产率下降【解析】.(1)连二亚硫酸钠(Na 2S2O4)中钠元素为+1 价，氧元素为-2 价，根据正负化合价的代数和为 0 ，硫元素的化合价为+3 价，故答案为：+3；(2)二氧化硫具有还原性，能被硝酸氧化，盐酸中的氯化氢易挥发，制得的二氧化硫不纯，70%的 H2SO4产生二氧化硫的速率较快，故选 C；(3)SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成 Na2S2O4和二氧化碳，反应的化学方程式为NaOH+HC
31、OONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，故答案为：NaOH+HCOONa+2SO 2=Na2S2O4+CO2+H2O；(4)根据题意，Na 2S2O4易溶于水、难溶于乙醇。加入适量乙醇水溶液可以降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 Na 2S2O4晶体析出，故答案为：连二亚硫酸钠难溶于乙醇，用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度，有利于 Na 2S2O4晶体析出；(5)由信息可知在碱性介质中稳定，则在包装保存“保险粉”时加入少量的 Na2CO3固体，目的是 Na2CO3为碱性物质，提高“保险粉”的稳定性，故答案为：Na 2CO3为碱性物质，提高“保险粉”的稳定性；(
32、6)NaHSO 3的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为 c(HSO3-)c(SO 32-)c(H 2SO3)，故答案为：c(HSO 3-)c(SO 32-)c(H 2SO3)；Na 2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则 0t 1段发生离子反应方程式为 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，t 1点是为 0.1mol/L 的 NaHSO3，根据图像 t2时 pH=1，说明 NaHSO3完全被氧化生成硫酸氢钠，t 1t2段发生化学反应的离子方程式为 2HSO3-+O2=2H+2SO42-，故答案为：2HSO3-+O2=2H+2SO42-；.(7) 用惰性电极电解 NaHSO3溶液得到 Na2S2O4，反应过程中 S 元素的化合降低，被还原，应该在阴极上反应得到 Na2S2O4，故答案为：阴极； 若不加隔膜，则部分 HSO3-到阳极失电子发生氧化反应，也可能被阳极产生的氯气氧化，结果都会生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降，故答案为：若不加隔膜，则部分 HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，得不到连二亚硫酸钠，使连二亚硫酸钠产率下降。
