2022-2023学年江苏省扬州市邗江中学高一上学期12月月考化学试题含解析

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江苏省扬州市邗江中学2022-2023学年高一上学期12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是

A．钠的密度比液氨大
B．溶液的导电性增强
C．0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑
【答案】C
【详解】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；
B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；
C．0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误 ，符合题意；
D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D正确，不符合题意；
故选C。
2．是一种空气污染物，会导致硫酸型酸雨。下列选项所述措施均能减少工业排放尾气中含量的是
①以其他清洁能源代替燃煤②对煤炭进行固硫、脱硫处理③用“石灰乳+氧气”吸收含的尾气④将含的尾气向高空排放
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【详解】①以其他清洁能源代替燃煤，可减少化石燃料燃烧，减少二氧化硫排放，正确；
②对煤炭进行固硫、脱硫处理，可减少尾气中二氧化硫排放，正确；
③用“石灰乳+氧气”吸收含的尾气，可减少尾气中二氧化硫排放，正确；
④将含的尾气向高空排放，仍然会对大气造成污染，错误；
故选A。
3．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”。氨碱法中涉及的反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
下列制取少量的实验原理和装置能达到实验目的的是

A．制取 B．除去中
C．制取 D．制取
【答案】C
【详解】A．图1装置中试剂是稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳气体，可用于制取CO2，但长颈漏斗下端在液面以上，没有形成液封，故A不符题意；
B．图2装置中除去CO2中HCI，可以把混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液，导气管应长进短出，才能达到除杂目的，故B不符题意；
C．图3装置中装置图中向溶有足量氨气的饱和食盐水中通入二氧化碳，在冰水温度下发生反应，生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，可以制备碳酸氢钠，故C符合题意；
D．图1装置中碳酸氢钠固体受热分解过程中生成碳酸钠、二氧化碳和水，装置中生成的水会倒流炸裂试管，应试管口略向下倾斜，故D不符题意；
答案选C。
4．一种以菱苦土(MgO)为原料制备金属Mg的新工艺流程如图：

下列说法正确的是
A．电解得到12gMg，同时得到11.2LCl2
B．用铂丝蘸取滤渣在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈紫色
C．为加快菱苦土的溶解，在高温下用玻璃棒不断搅拌
D．降温结晶发生的反应为Mg(NO3)2+2KCl=2KNO3↓+MgCl2
【答案】D
【分析】菱苦土(MgO)在硝酸的作用下溶解，生成Mg(NO3)2，再向溶液中加入KCl降温结晶出KNO3晶体，过滤得到MgCl2溶液，电解熔融氯化镁可以得到金属Mg，以此解答。
【详解】A．未说明具体温度和压强时，不能通过气体物质的量计算出气体体积，故A错误；
B．滤渣中含有钾元素，钾元素的焰色反应现象是：透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，故B错误；
C．硝酸在高温下易挥发和分解，不能用玻璃棒不断搅拌，故C错误；
D．由流程可知，降温结晶的反应物为Mg(NO3)2和2KCl，生成物为MgCl2和KNO3，降温结晶发生的反应为Mg(NO3)2+2KCl=2KNO3↓+MgCl2，故D正确；
故选D。
5．下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；
B．氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，故B错误；
C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；
D．氯化镁水解生成氢氧化镁和挥发性酸盐酸，不能直接蒸发结晶得到氯化镁，故D错误。
故选C。
6．实验室中利用固体进行如下实验。下列说法错误的是

A．G与H均为氧化产物
B．实验I中既是氧化剂又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与Ｈ的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】D
【详解】A．加热时发生反应：，所得固体、和浓盐酸加热时发生反应：、，若有剩余，还发生反应：。和均为氧化产物，选项A正确；
B．中既作氧化剂，又作还原剂，选项B正确；
C．由以上分析可知，Mn元素至少参与了3个氧化还原反应，选项C正确；
D．若完全分解，则得到，同时生成、，加热时与浓盐酸完全反应，共得到，此时和的物质的量之和为0.20mol，由以上化学方程式知，全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为，但加热时发生分解，故与的物质的量之和一定小于0.25mol，选项D错误。
答案选D。
7．溶液是常用的杀菌消毒剂，制备时需控制温度，使用时需现配现用。下列反应的离子方程式正确的是
A．与溶液在较低温度下反应生成：
B．若温度偏高，与溶液反应可生成：
C．溶液与空气中反应可生成：
D．在水中见光分解：
【答案】C
【详解】A．与溶液在较低温度下反应生成、NaCl和水，则其离子反应式为：，故A错；
B．若温度偏高，与溶液反应可生成和NaCl，则其离子反应方程式为：，故B错；
C．溶液与空气中反应可生成：，故选C；
D．在水中见光分解生成氧气和HCl，则其离子反应方程式为：，故D错；
答案选C
8．已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。下列有关操作、装置、原理及对现象的表述正确的是

A．用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2
B．用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊试液先变红后褪色
C．用装置丙可检验分解产生的SO3，现象是产生白色沉淀
D．用装置丁可吸收尾气，避免污染环境
【答案】A
【详解】A.点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置中的空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B.装置乙不能检验分解产生的SO2，产物中有SO3对SO2的检验造成干扰，并且SO2只能使石蕊试液变红，B错误；C. SO3极易溶于水，当混合气体经过乙时，SO3会被吸收，所以要想检验SO3，应该把乙和丙的位置互换，C错误；D.装置丁中应该用饱和的Na2SO3溶液，D错误；答案选A.
9．“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术要流程如下：

下列有关说法正确的是
A．氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得
B．吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl-、Br-
C．吸收过程发生反应的离子方程式：SO2+Br2+H2O=2H++2Br-+
D．从氧化2所得溶液中分离出单质溴的方法是用酒精萃取
【答案】A
【分析】由题给流程可知，足量氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成溴，用热空气将生成的溴吹出，用二氧化硫的水溶液吸收吹出的溴，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，向硫酸和氢溴酸中通入氯气，氯气与溶液中氢溴酸发生置换反应生成溴，用合适的有机溶剂萃取溴水中的溴，分液得到溴的有机溶液，蒸馏有机溶液得到液溴。
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和氯化钠溶液制得，故A正确；
B．由分析可知，向海水中通入足量氯气，则吹出后剩余溶液中不可能存在大量的溴离子，故B错误；
C．吸收过程发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O═4H++2Br−+，故C错误；
D．酒精和水互溶，不能用酒精做萃取剂萃取溴水中的溴，可以用CCl4，故D错误；
故选A。
10．根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
淀粉溶液中通入，再通入，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：
B
检验气体中是否混有：将气体通入溶液，有白色沉淀生成
混有
C
将通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液，再通入澄清石灰水中变浑浊
说明酸性：
D
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．液先出现蓝色说明生成了氯气和碘离子生成的碘单质，则还原性；后蓝色褪去说明碘和二氧化硫反应生成了碘离子，反应中二氧化硫做还原剂，则还原性，故A正确；
B．溶液中硝酸根离子具有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子生成硫酸钡白色沉淀，故B错误；
C．先通入足量的酸性溶液吸收过量的二氧化硫气体，再通入澄清石灰水中变浑浊证明生成了二氧化碳气体，根据强酸制弱酸，说明酸性：，故C错误；
D．能使品红褪色的也可能是氯气等气体，故不一定是二氧化硫气体，故D错误。
故选A。
11．天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是

A．脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小
B．CH4是天然气脱硫过程的催化剂
C．脱硫过程需不断补充FeSO4
D．整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1
【答案】D
【详解】A. 在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S↓，然后发生反应：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，A错误；
B. CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，B错误；
C. 脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，因此不需补充FeSO4，C错误；
D. 根据选项A分析可知Fe2(SO4)3是反应的催化剂，反应总方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正确；
故合理选项是D。
12．在0.1L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，下列对该溶液成分说法不正确的是（    ）

A．NaCl的物质的量为0.1mol
B．溶质MgCl2的质量为4.75g
C．该混合液中BaCl2的物质的量为0.1mol
D．将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中的Na+物质的量的浓度为0.1mol·L-1
【答案】C
【详解】A、由图可知，c(Na+)=1.0mol/L，该混合液中，NaCl的物质的量为0.1L×1.0mol/L=0.1mol，故A正确；
B、c(Mg2+)=0.5mol/L，含溶质MgCl2的质量为0.1L×0.5mol/L×95g/mol=4.75g，故B正确；
C、根据电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)，即2c(Ba2+)+1.0mol/L +2×0.5mol/L =3.0mol/L，解得：c(Ba2+)=0.5mol/L，BaCl2的物质的量为：0.5mol/L×0.1L=0.05mol，故C错误；
D、该混合液中，NaCl的物质的量为0.1mol，即钠离子的物质的量为0.1mol，将该混合液加水稀释至体积为1 L，稀释后溶液中的Na+物质的量浓度为=0.1mol/L，故D正确；
故选C。
13．以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的步骤如下：
步骤1：将电石渣与水混合，形成浆料。
步骤2：控制电石渣过量，75℃时向浆料中通入Cl2，该过程会生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，过滤。
步骤3：向滤液中加入稍过量KCl固体，蒸发浓缩、冷却至25℃结晶，得KClO3。
下列说法正确的是
A．控制通入Cl2的速率，可以提高Cl2的利用率
B．25℃时，Ca(ClO3)2的溶解度比KClO3的溶解度小
C．步骤2中，过滤所得滤液中
D．生成 Ca(ClO)2的化学方程式为
【答案】A
【分析】电石渣含有Ca(OH)2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3。
【详解】A．适当控制通入Cl2的速率，可以氯气与浆料充分接触反应，从而提高氯气的利用率，A正确；
B．滤液中加入KCl固体结晶时析出的是KClO3，说明KClO3的溶解度更小，B错误﹔
C．根据电子守恒和元素守恒可得步骤2中总反应方程式为：6 Ca(OH)2+6Cl2= Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，但实际上是先生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2会进一步转化为Ca(ClO3)2，而少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，所以n[CaCl2] ：n[Ca(ClO3)2]＞5 ：1，C错误；
D．氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D错误；

二、实验题
14．实验室从酸性含碘废液(除外，含有等)中回收碘，其实验过程如图1：

(1)向含碘废液中加入稍过量的溶液，将废液中的还原为，其离子方程式：___________；该操作将还原为的目的是___________。
(2)操作X的名称为___________。
(3)氧化时，在如图所示的三颈烧瓶中将含的水溶液用盐酸调至约为2，缓慢通入，在左右反应(实验装置如图2所示)。实验控制在较低温度下进行的原因是：___________。
(4)氧化时，应控制的通入量，若通入的过量，继续被氧化成，反应的离子方程式为：___________。
【答案】(1)     I2++H2O=2I-++2H+     使CCl4中的碘进入水层
(2)分液
(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止生成的碘因温度过高而升华）
(4)5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2+12H+

【分析】含碘废液加入亚硫酸钠溶液，其中的I2被亚硫酸钠还原为I-进入水层，将CCl4分液除去，水层通氯气氧化I-为I2，最后得到I2。
【详解】（1）向含碘废液中加入稍过量的 Na2SO3 溶液，将废液中的 I2 还原为 I− ，其离子方程式：I2+ +H2O=2I-+ +2H+；该操作将 I2 还原为 I− 的目的是使CCl4中的碘进入水层。
（2）操作X是将CCl4和水溶液分离，CCl4是不溶于水的液体，所以操作的名称为分液。
（3）气体溶解度随温度升高而降低，实验控制在较低温度下进行的原因可能是使氯气在溶液中有较大的溶解度，也可能是防止生成的碘因温度过高而升华。
（4）过量的氯气将I2氧化为，氯气被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=10Cl-+2 +12H+。
15．氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的还原为。如图1所示，废水的不同初始对去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除反应的离子方程式：___________。
②实验证明，若初始过低，的去除效果也不理想，其原因可能是___________。

(2)室温下向中逐滴加入。溶液中含碳元素微粒的物质的量随变化的图像如下图2(因有逸出未画出)。
①在的过程中，反应的离子反应方程式为___________；B点溶液中___________。
②配制溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏低的是___________。
a、洗涤后容量瓶未干燥
b、将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶后立即加水定容
c、定容时俯视刻度线
d、摇匀后加水至液面与刻度线相切
③为确定试样的组成，某同学做如下实验：
A．取的试样，用酒精灯对其充分加热至恒重，冷却后称其质量为。残留在试管中的固体是___________(填化学式)。
B．另取质量为的试样加水溶解后配成溶液，逐滴加入，至时，消耗溶液，继续滴加至反应完全时，又消耗溶液，则试样中的质量分数为___________。
【答案】(1)          氢离子浓度过大，氢离子和铝生成氢气和铝离子
(2)          0.001     bd         

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【详解】（1）①铝粉可将废水中的还原为，则酸性条件下，铝粉去除反应生成和铝离子、水，；
②若初始过低，则氢离子浓度过大，氢离子和铝生成氢气和铝离子，导致的去除效果也不理想；
（2）①在的过程中，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，反应的离子反应方程式为；根据钠元素守恒可知，B点溶液中0.01L×0.1mol/L=0.001mol。
②a．洗涤后容量瓶未干燥，不影响溶液浓度，a错误；
b．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶后立即加水定容，烧杯玻璃棒没有洗涤，导致溶质损失，浓度偏低，b正确；
c．定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，浓度偏大，c错误；
d．摇匀后加水至液面与刻度线相切，使得水的量增加，浓度偏小，d正确；
故选bd；
③A．碳酸钠受热稳定，碳酸氢钠受热不稳定分解为碳酸钠、水、二氧化碳；故残留在试管中的固体是。
B．逐滴加入，至时，消耗溶液，此时溶质完全为碳酸氢钠；继续滴加至反应完全时，又消耗溶液；、，则试样中为0.2mol/L×(0.015L-0.010L)=0.001mol，则质量分数为。

三、工业流程题
16．ClO2是一种高效消毒灭菌剂，可用于灭活新冠病毒。ClO2稳定性差，工业上可将ClO2转化为较稳定的NaClO2保存。一种由NaClO3制取NaClO2晶体的流程如下：

已知高于60℃时，NaClO2易分解为NaClO3和NaCl。
(1)制C1O2.向用硫酸酸化的NaClO3中通入混有空气(起稀释作用)的SO2的气体，可制得C1O2气体。其他条件一定，若通入的SO2过量，所得ClO2的体积将减小，原因是_______。
(2)制NaClO2溶液。将一定量的ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中，充分反应后可制得NaClO2溶液。由该反应可以比较反应物和产物中两种微粒的氧化性大小。碱性条件下，两种微粒的氧化性大小规律为_______>_______。_______
(3)制NaClO2晶体。已知NaClO2的溶解度曲线如图所示。设计由质量分数为10%的NaClO2溶液(含少量NaOH)制取NaClO2·3H2O晶体的实验方案：_______。

(4)NaClO2晶体使用时，向其中加入盐酸，即可得到ClO2气体。已知反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1molNaClO2，可生成ClO2的物质的量为_______。
(5)ClO2还可将碱性废水中的CN-化为N2和CO，自身转化为Cl-。经测定，某冶炼废水中CN-含量为1040mg·L-1，处理该废水10m3，理论上需要通入标准状况下ClO2的体积为多少升？(写出计算过程)__________
【答案】(1)过量SO2会稀释ClO2造成体积减小
(2)ClO2> O2
(3)将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤
(4)0.8mol
(5)8960L

【分析】NaClO3溶液中加入稀硫酸，然后通入SO2和空气，首先发生反应：2NaClO3+SO2=Na2SO4+ClO2↑，将ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中反应原理为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，再将NaClO2溶液经过一系列操作得到NaClO2晶体，据此分析作答。
【详解】（1）制C1O2发生反应的原理是：2NaClO3+SO2=Na2SO4+ClO2↑，其他条件一定，若通入的SO2过量，所得ClO2的体积将减小，原因是过量SO2会稀释ClO2造成体积减小；
（2）将ClO2通入NaOH和H2O2的混合溶液中反应原理为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，Cl元素化合价降低，氧化剂是ClO2，O元素化合价升高，O2是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：ClO2> O2；
（3）由图可知，NaClO2饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体NaClO2•3H2O，温度高于38℃时，析出晶体NaClO2，所以从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略高于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）NaClO2加入盐酸生成ClO2气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，则消耗1molNaClO2，可生成ClO2的物质的量为0.8mol；
（5）CN-中C为+2价、N为-3价，ClO2还可将碱性废水中的CN-化为N2和，自身转化为Cl-，反应的离子方程式为2ClO2+2 CN-+4OH-= N2+2+2Cl-+2H2O，废水中m(CN-)=1040g·L-1×10-3×10×103L =10400g，n(CN-)=，消耗400mol ClO2，标准状况下ClO2的体积为V=nVm=400mol×22.4L/mol=8960L。
17．由次氯酸钠碱性废水(含有杂质)处理硫酸工业尾气的流程如下：

(1)次氯酸钠不稳定，温度较高时会分解生成，该反应的化学方程式为：___________。
(2)控制合适的条件有利于提高的吸收率(脱硫率)。
①脱硫时需保持溶液呈碱性，此过程的主要反应之一为：；另一个为氧化还原反应，请写出该反应的离子方程式：___________。
②提高脱硫率的可行措施有___________(填序号)。
a、加快通入尾气的速率b、吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触c、提高碱液
③温度控制在之间，脱硫率较高，原因是___________。
(3)脱硫完成后过滤，滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状，使燃烧产生的转化为稳定的，写出该反应的化学方程式：___________。
(5)为研究“还原”的新技术，在反应器中加入，改变加入的物质的量，反应后体系中产物随的变化如图所示。其中产物Y的化学式是___________。

(6)研究表明：酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。写出废气中的与反应的离子方程式：___________。
【答案】(1)3NaClO2NaCl＋NaClO3
(2)     ClO－＋SO2＋2OH－＝Cl－＋＋H2O     bc     温度过低，反应速率较慢，而温度过高，次氯酸钠不稳定会分解
(3)CaSO4
(4)O2＋2SO2＋2Mg(OH)2＝2MgSO4＋2H2O
(5)S2
(6)＋2SO2＋2H2O＝Cl－＋2＋4H＋

【分析】次氯酸钠碱性废水(含有杂质)处理硫酸工业尾气的，二氧化硫和次氯酸钠溶液反应生成硫酸根和氯离子，硫酸根和钙离子结合生成硫酸钙，过滤，得到滤渣硫酸钙，滤液主要成分是硫酸钠、氯化钠，经过一系列过程得到硫酸钠晶体。
【详解】（1）次氯酸钠不稳定，温度较高时会分解生成，说明次氯酸钠自身发生氧化还原反应，还生成氯化钠，该反应的化学方程式为：3NaClO2NaCl＋NaClO3；故答案为：3NaClO2NaCl＋NaClO3。
（2）①脱硫时需保持溶液呈碱性，此过程的主要反应之一为：；另一个为氧化还原反应，次氯酸根和二氧化硫发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根，该反应的离子方程式：ClO－＋SO2＋2OH－＝Cl－＋＋H2O；故答案为：ClO－＋SO2＋2OH－＝Cl－＋＋H2O。
②a、加快通入尾气的速率，气体易从溶液中逸出，不利于提高脱硫率，故a不符合题意；b、吸收塔中喷淋的碱液与气体逆向接触，接触时间更长，有利于提高脱硫率，故b符合题意；c、提高碱液，二氧化硫更有利于反应生成亚硫酸根，有利于提高脱硫率，故c符合题意；综上所述，答案为：bc。
③根据次氯酸钠不稳定，温度较高时会分解生成，温度控制在之间，脱硫率较高，原因是温度过低，反应速率较慢，而温度过高，次氯酸钠不稳定会分解；故答案为：温度过低，反应速率较慢，而温度过高，次氯酸钠不稳定会分解。
（3）次氯酸钠碱性废水(含有杂质)进行脱硫，脱硫过程中生成了硫酸根，因此脱硫完成后过滤，滤渣的主要成分为CaSO4；故答案为：CaSO4。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的转化为稳定的MgSO4，写出该反应的化学方程式：O2＋2SO2＋2Mg(OH)2＝2MgSO4＋2H2O；故答案为：O2＋2SO2＋2Mg(OH)2＝2MgSO4＋2H2O。
（5）为研究“还原”的新技术，在反应器中加入，改变加入的物质的量，反应后体系中产物随的变化如图所示，根据CO物质的量为0.2mol时，生成的X物质的量为0.2mol，生成的Y为0.05mol，再根据两者发生氧化还原反应得到X为二氧化碳，则产物Y的化学式是S2；故答案为：S2。
（6）废气中的与反应的离子方程式：＋2SO2＋2H2O＝Cl－＋2＋4H＋；故答案为：＋2SO2＋2H2O＝Cl－＋2＋4H＋。