1、湖南省师范大学附属中学2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）时量：90分钟 分值：100分可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23第I卷（选择题 共42分）一、单项选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）1. 下列物质中，不属于合金的是（ ）A. 硬铝B. 黄铜C. 钢铁D. 金【答案】D【解析】【详解】A. 硬铝属于铝合金，是指以Cu为主要合金元素的铝合金； B. 黄铜属于铜锌合金； C. 钢铁属于铁的合金，有很多种，分为碳素钢和合金钢； D. 金属于单质，不属于合金。综上所述，不属于合金的是金，故选D。2. 下列叙述中，错误的是（ ）A. 摩尔是物质
2、的量的单位B. 36g水中含氢原子数目为4NA（NA表示阿伏加德罗常数值）C. 在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.021023D. 等质量的O2与O3，所含氧原子数之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A. 物质的量是基本物理量，摩尔是物质的量的单位，故A正确；B. 36g水的物质的量是，含氢原子数目2mol2NA=4NA（NA表示阿伏加德罗常数的值），故B正确；C. 在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约0.5mol26.021023mol-1=6.021023，故C正确；D. 等质量的O2与O3，设质量都是m，所含氧原子数之比为1：1，故D错误； 选D。3. 下列
3、物质属于电解质是（ ）A. Ba(OH)2B. CuC. Cl2D. 酒精【答案】A【解析】【详解】A. Ba(OH)2在水溶液中电离出自由移动的离子，Ba(OH)2是电解质，故选A； B. Cu是单质，铜既不是电解质又不是非电解质，故不选B； C. Cl2是单质，氯气既不是电解质又不是非电解质，故不选C； D. 酒精在水溶液里和熔融状态下都不能导电，酒精是非电解质，故不选D。【点睛】电解质，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；非电解质，在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质又不是非电解质。4. 节日燃放的烟花利用了“焰色反应”的原理。下列说法中正确的是A
4、. 焰色反应属于化学变化B. NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同C. 某样品的焰色颜色为黄色，则该样品仅含有钠元素D. 焰色反应时金属丝应用硫酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取样品灼烧【答案】B【解析】【详解】A焰色反应没有新物质生成，不属于化学变化，故A错误；B因焰色反应是元素的性质，只要含有的金属元素相同，无论是单质还是化合物灼烧时火焰颜色都相同，NaC1与Na2CO3灼烧时，火焰颜色为钠的颜色，都为黄色，故B正确；C某样品的焰色颜色为黄色，只能说明该样品含有钠元素，但不一定仅有钠元素，故C错误；D焰色反应时金属丝应用盐酸清洗并在外焰上灼烧至没有颜色，再蘸取样品灼烧，硫酸盐的沸点
5、较高不易挥发，会附着在铂丝上不能使用硫酸，故D错误；答案选B【点睛】焰色反应是金属元素的物理性质，只要含有同种金属元素，不论单质还是化合物，焰色反应是相同的。5. 下列有关离子方程式错误的是（ ）A. 盐酸与氢氧化钡溶液反应：H+OH-=H2OB. 碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OC. 铜粉与足量的稀硝酸反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OD. 硫酸铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应：Al3+3OH-=Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A. 盐酸与氢氧化钡溶液反应生成氯化钡和水，反应的离子方程式是H+OH-=H2O，故A正确；B. 碳酸钙与稀
6、盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故B正确；C. 铜粉与足量的稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故C正确；D. 硫酸铝溶液与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合电荷守恒等。6. 某溶液中含有Na+、K+
7、、HCO、SO等离子。向其中加入足量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是A. Na+B. SOC. K+D. HCO【答案】C【解析】【详解】ANa2O2与水反应生成NaOH，导致溶液中c(Na+)增大，故A不符合题意；BNa2O2具有强氧化性，将SO氧化为SO，则SO离子浓度减小，故B不符合题意；C反应中不生成也不消耗K+，则c(K+)几乎不变，故C符合题意；DNa2O2与水反应生成NaOH，溶液呈碱性，HCO与OH-反应生成CO，则HCO离子浓度减小，故D不符合题意；故选：C。7. 下列物质都具有漂白性，漂白原理与其它几种不同的是（ ）A. 氯水B. SO2C. H2O2D. HC
8、lO【答案】B【解析】【详解】二氧化硫漂白原理是它与有色物质化合生成不稳定的无色物质；氯水、双氧水、次氯酸具有强氧化性能使有色物质褪色，故选B。8. 高纯度晶体硅是良好的半导体材料，它的发现和使用引起了计算机的一场“革命”。它可以按下列方法制备：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)下列说法不正确的是（ ）A. 步骤中氢气作还原剂B. 硅和二氧化硅都能用作计算机“芯片”C. 步骤的化学方程式为：SiO2+2CSi+2COD. 步骤中发生的反应都属于氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A. 步骤，氢气中氢元素化合价升高，氢气作还原剂，故A正确；B. 硅用作计算机“芯片”，二氧化硅不能作计算机
9、“芯片”，故B错误；C. 步骤是二氧化硅和碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO，故C正确；D. 步骤中，都有元素化合价改变，发生的反应都属于氧化还原反应，故D正确；选B。9. 已知三个氧化还原反应：a2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2b2FeCl2+Cl2=2FeCl3c2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中Cl、Fe2+和I共存，要想除去Fe2+和I而又不影响Cl，可加入的试剂是A. Cl2B. KMnO4C. FeCl3D. HCl【答案】A【解析】【分析】a2FeCl3+2KI=2FeC
10、l2+2KCl+I2，Fe元素化合价降低，FeCl3（Fe3+）作氧化剂，FeCl2（Fe2+）是还原产物，I元素化合价升高，KI（I-）是还原剂，I2是氧化产物，故氧化性：FeCl3（Fe3+）I2，还原性：KI（I-）FeCl2（Fe2+）；同理：b2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化性：Cl2FeCl3（Fe3+），还原性：FeCl2（Fe2+）FeCl3（Cl-）；c2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，氧化性：KMnO4（）Cl2，还原性：HCl（Cl-）MnCl2（Mn2+）；结合氧化还原反应规律解答。【详解】A由反应a、b可知，氧化性：Cl2F
11、eCl3（Fe3+）I2，Cl2可将Fe2+、I-氧化成Fe3+、I2而除去，故A符合题意；B由反应知，氧化性：KMnO4（）Cl2，KMnO4可将Cl氧化为Cl2，故B不符合题意；C由反应知，FeCl3可将I氧化为I2，自身转变为FeCl2，但无法将Fe2+氧化，故C不符合题意；DHCl不能氧化Cl-、I、Fe2+无法除去I、Fe2+，故D不符合题意。答案选A。10. 只用一种试剂区别Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3三种溶液，这种试剂（ ）A. H2SO4B. Ba(OH)2C. NaOHD. AgNO3【答案】C【解析】【详解】A. H2SO4与Na2SO4、MgCl2、Al2
12、(SO4)3都不反应，不能用硫酸鉴别，故不选A；B. Ba(OH)2与Na2SO4和MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用Ba(OH)2鉴别，故不选B；C. NaOH与Na2SO4不反应，无现象；NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀氢氧化镁，NaOH与Al2(SO4)3生成白色沉淀，NaOH过量时，沉淀逐渐溶解，现象不同，能用NaOH鉴别，故选C；D. AgNO3与Na2SO4、MgCl2、Al2(SO4)3都生成白色沉淀，不能用AgNO3鉴别，故不选D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的基本方法，本题注意把握三种物质的组成上的异同，加入试剂后应出现明显不同的反应现象，从反应具有
13、不同现象的角度考虑分析。11. 下列实验能达到目的的是（ ）ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氯气分离胶体和溶液油、水分离A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化亚铁易被氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并要用苯封住液面，故不选A；B. 二氧化锰与浓盐酸需要加热才能反应放出氯气，故不选B； C. 要用渗析法分离胶体和溶液，故不选C； D. 油、水是互不相溶液体，用分液漏斗分离油和水的混合物，故选D。12. ClO2是一种新型水消毒剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应为5NaClO2+4HCl(稀)=5NaC
14、l+4ClO2+2H2O，下列说法正确的是（ ）A. 反应中HCl作还原剂B. ClO2之所以能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性C. 反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：5D. 反应中每生成1molClO2转移4mol电子【答案】B【解析】【详解】A. 5NaClO2+4HCl(稀)=5NaCl+4ClO2+2H2O，HClNaCl元素化合价没变，所以HCl既不是还原剂又不是氧化剂，故A错误；B. ClO2中氯元素化合价为+4，ClO2具有氧化性，ClO2能做水消毒剂，是利用了它的强氧化性，故B正确；C. NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，部分氯元素化合价由+3降低为-1，
15、根据得失电子守恒，反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为4：1，故C错误；D. NaClO2中部分氯元素化合价由+3升高为+4，反应中每生成1molClO2转移1mol电子，故D错误；答案选B。13. 一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，收集到氢气0.2g。则原来钠块表面被氧化的钠的质量是A. 6.2gB. 4.6gC. 7.8gD. 10.6g【答案】B【解析】【详解】一块表面己被缓慢氧化的金属钠，其质量为10.8g，投入100g水中，发生反应：Na2O+H2O=2NaOH，2Na+2H2O=2NaOH+H2；收集到氢气0.2g，则n(H2)=0.2g2g/m
16、ol=0.1mol，根据方程式的关系可知n(Na)=2 n(H2)=0.2mol，m(Na)=0.2mol23g/mol=4.6g，所以氧化钠的质量是10.8g-4.6g=6.2g，则n(Na2O)=6.2g62g/mol=0.1mol，根据钠元素守恒，可知反应产生氧化钠的金属钠的物质的量是0.2mol，其质量是m(Na)=0.2mol23g/mol=4.6g，选项B正确。14. 将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL-1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分
17、析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象解析。【详解】0.4g NaOH的物质的量为0.4g40gmol-1=0.01mol和1.06gNa2CO3的物质的量为1.06g106gmol-1=0.01mol，则A、0.1L盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C
18、、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C。【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液
19、中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2。第II卷（非选择题 共58分）二、非选择题（本题共4小题，共58分）15. 化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：（1）宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出对应反应的化学方程_、_。（2）新制氯水在阳光照射下容易分解产生无色气体，该反应的化学方程式是_。工业上将氯气通入冷的消石灰制成漂白粉，写出该反应的化学方程式并用双线桥法表示电子转移的方向和数目的_。（3）KAl(SO4)212H2O因其溶于水生成_（化学式）胶体可以吸附杂质，从
20、而达到净水的目的。（4）K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O。在该反应中，还原剂是_，当反应中有1molK2FeO4生成时，消耗的Cl2在标准状况下的体积为_L，转移电子的数目为_。【答案】 (1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (2). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (3). 2HClO2HCl+O2 (4). (5). Al(OH)3 (6). Fe(OH)3 (7). 33.6 (8). 3NA或1.8061024【解析】【分析】（1）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气
21、，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；（2）新制氯水在阳光照射下，次氯酸分解为盐酸和氧气；氯气与冷的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙、水，部分氯元素化合价由0升高为+1，部分氯元素化合价由0降低为-1；（3）KAl(SO4)212H2O溶于水，铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以吸附杂质，从而达到净水的目的；（4）2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中，铁元素化合价由+3升高为+6。【详解】（1）过氧化钠与水二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程是2Na
22、2O2+2H2O=4NaOH+O2。（2）新制氯水在阳光照射下，次氯酸分解为盐酸和氧气，反应方程式是2HClO2HCl+O2；氯气与冷的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙、水，部分氯元素化合价由0升高为+1，部分氯元素化合价由0降低为-1，反应方程式及电子转移的方向和数目是。（3）KAl(SO4)212H2O溶于水，铝离子水解生成Al(OH)3胶体可以吸附杂质，从而达到净水的目的。（4）2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中，铁元素化合价由+3升高为+6，所以Fe(OH)3是还原剂，1molK2FeO4生成时转移3mol电子，转移电子数是3NA；根据
23、化学方程式，生成1molK2FeO4，消耗1.5mol Cl2，在标准状况下的体积是1.5mol22.4L/mol=33.6L。16. 三氯化铁溶液可腐蚀印刷电路板上的铜膜，某小组为了从腐蚀废液（含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3）中回收铜，并将铁的化合物全部转化为溶液作为腐蚀液原料循环使用，设计了如下实验步骤：（1）写出下列物质的化学式_、_、_。（2）步骤的操作名称：_。（3）写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_。（4）向中加入NaOH溶液并长时间暴露在空气中，先产生白色沉淀，后迅速变为灰绿色，接着又转化为_色沉淀，此过程所涉及反应的化学方程式为：_、_。（5）通入发生反
24、应的离子方程式：_。（6）若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是_（填字母代号）。A.有铜无铁 B.有铁无铜 C.铁、铜都有 D.铁、铜都无【答案】 (1). Fe (2). Cu、Fe (3). Cl2 (4). 过滤 (5). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (6). 红褐 (7). FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl (8). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (9). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- (10). B【解析】【分析】废液中含有大量CuCl2、FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉，Fe与
25、FeCl3、CuCl2都能发生反应，过滤，滤液中的溶质是FeCl2，滤渣是铁和铜的混合物；滤渣中加入足量盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不反应，过滤出金属铜，滤液的溶质是FeCl2；滤液与滤液混合后通入氯气，氯化亚铁被氧化为氯化铁。【详解】（1）根据以上分析，是Fe；滤渣是Cu、Fe；是Cl2。（2）步骤是把固体与液体分离，操作名称为过滤。（3）FeCl3溶液与铜发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。（4）滤液的溶质是氯化亚铁，加入NaOH溶液，生成白色氢氧化亚铁沉淀，反应方程式是FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl；长时间暴
26、露在空气中，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，所以迅速变为灰绿色，接着又转化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（5）氯化亚铁通入氯气生成氯化铁，发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-。（6）铁的还原性大于铜，若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，铁粉先与氯化铁反应，反应结束后，不可能出现的结果是有铁无铜，故选B。【点睛】本题是考查了学生在元素化合物知识的基础上设计实验、分析实验的能力，同时考查了学生对实验基本操作的掌握情况，明确铁及其化合物的转化是解题关键。17. 某课外活动小组在实验室用如图所示装置制取氨并验证氨的某
27、些性质，请回答。（1）写出此实验中制氨的化学方程式：_。（2）实验进行一段时间，观察到硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，同时有氮气生成。根据这些现象，写出在硬质玻璃管内发生反应的化学方程式：_，这个反应说明氨具有_（填字母代号）。A.碱性 B.还原性 C.氧化性 D.不稳定性（3）装置E的作用是_，装置F的作用是_。E中的碱石灰_（填“能”或“不能”）换成CaCl2。（4）D中浓硫酸的主要作用是_。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (2). 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 (3). 吸收水蒸气，干燥NH3
28、 (4). 检验是否有水生成 (5). 不能 (6). 吸收空气中的水分，排除干扰 (7). 吸收氨，防止污染空气【解析】【分析】（1）氯化铵、氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水；（2）硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，说明有水生成，同时有氮气生成。氨气中氮元素化合价由-3升高为0；（3）碱石灰是干燥剂；无水硫酸铜遇水变蓝。CaCl2能与氨气反应；（4）浓硫酸具有酸性，能吸收氨气，浓硫酸具有吸水性。【详解】（1）氯化铵、氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水，反应方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。（2）硬质玻璃管内黑
29、色氧化铜粉末变为红色，说明有单质铜生成，盛无水硫酸铜的干燥管内出现蓝色，说明有水生成，同时有氮气生成，氧化铜和氨气反应的方程式是3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2。氨气中氮元素化合价由-3升高为0，所以氨气表现还原性，选B。（3）碱石灰是干燥剂，装置E的作用是吸收水蒸气，干燥NH3；无水硫酸铜遇水变蓝，装置F的作用是检验是否有水生成。CaCl2能与氨气反应，所以E中的碱石灰不能换成CaCl2。（4）浓硫酸具有酸性，能吸收氨气，防止污染空气；浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水分，防止空气中的水进入F，排除干扰。18. 某城市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于
30、等于2.5m的悬浮颗粒物），其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题（1）将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-浓度/molL-1410-6610-6210-5410-5310-5210-5根据表中数据判断待测试样为_（填“酸”或“碱”）性，表示该试样酸碱性的c(H+)或c(OH-)=_molL-1。（2）煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，易形成酸雨，污染大气，采用NaClO2溶液在碱性条件下可对烟气进行脱硫，脱硝，效
31、果非常好。完成下列对烟气脱硝过程的离子方程式。（ ）ClO2-+（ ）NO+（ ）OH-=（ ）Cl-+（ ）NO3-+_（3）为减少SO2对环境的污染，常将煤炭转化为清洁的气体燃料，并将烟气进行处理，吸收其中的SO2。写出焦炭与水蒸气反应的化学方程式：_。以下物质可以用来吸收烟气中SO2的是_（填字母代号）。a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3（4）汽车尾气中NOx和CO的生成及转化。汽车启动时汽缸温度高，汽缸中会生成NO，化学方程式为_。汽车燃油不完全燃烧时产生CO。在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为无污染、无毒性的两种气体，其化学反应
32、方程式为_。【答案】 (1). 酸 (2). 10-4 (3). 3 (4). 4 (5). 4 (6). 3 (7). 4 (8). 2H2O (9). C+H2OCO+H2 (10). ab (11). N2+O22NO (12). 2CO+2NO2CO2+N2【解析】【分析】（1）根据电荷守恒判断溶液的酸碱性；（2）根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平方程式；（3）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2；SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收；（4）汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中会生成NO；在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳。【详解】（1）根据表格数
33、据，试样所含水溶性无机离子所带电荷总数是c(K+)+c(Na+)+c(NH4+)-2c(SO42)-c(NO3)-c(Cl)= 410-6+610-6+210-5-2410-5-310-5-210-5 =-110-4，根据溶液的电中性原则，溶液中应该含有带正电荷的氢离子，c(H+)=1.0104mol/L，所以溶液呈酸性；（2）ClO2-中氯元素化合价由+3降低为-1，NO中N元素化合价由+2升高为+5，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，烟气脱硝过程的离子方程式3ClO2-+4NO+3OH-=3Cl-+4NO3-+2 H2O；（3）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2，反应方程式是C+H2OCO+H2；SO2是酸性氧化物，能被碱性溶液吸收，Ca(OH)2呈碱性，能吸收SO2生成亚硫酸钙和水；Na2CO3呈碱性，能吸收SO2；CaCl2与SO2不反应 ；NaHSO3与SO2不反应；故选ab；（4）汽车启动时汽缸温度高，氮气和氢气在汽缸中生成NO，化学方程式为是N2+O22NO；在汽车尾气系统中装上催化转化器可使CO和NO反应转化为氮气、二氧化碳，其化学反应方程式为2CO+2NO2CO2+N2。