（江苏专版）2020版高考化学一轮复习专题十第五题化学反应原理题型研究学案.docx

化学反应原理题型研究试题特点这一类试题将有关化学反应原理融合到化工生产流程中。试题设问较多，考査的内容较多，导致思维转换角度较大；试题的难度较大，对思维能力的要求较高。这类试题具有较大的综合性，能很好地考査考生应用化学知识解决实际问题的能力。主要是由“热化学方程式的书写或反应热计算”“电极反应或电池总反应”“陌生离子方程式或化学方程式的书写”“影响化学反应速率和化学平衡的因素”“根据化学原理回答相关问题”等组成。做真题明考查特点1(2018江苏高考)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下： 2NO2(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJmol13HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJmol1反应3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)的H_ kJmol1。考查盖斯定律计算反应热(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_。考查电解池电极反应式的书写(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。考查陌生化学方程式的书写(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_ mol。考查陌生氧化还原反应转移电子数的计算将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50250 范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。考查化学反应速率的影响因素解析：(1)将题给三个热化学方程式依次编号为、和，根据盖斯定律可知，(3)/2，则H(116.1 kJmol1375.9 kJmol1)/2136.2 kJmol1。(2)由题给信息可知，反应物为HNO2(弱酸)，生成物为HNO3，因此阳极反应式为HNO22eH2O=3HNO。(3)由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。(4)NH3中N的化合价为3，NO2中N的化合价为4，N2中N的化合价为0，每生成1 mol N2，有的N由3价变为0价，被氧化的N的物质的量为 mol，因此每生成1 mol N2转移的电子数为 mol。温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气能够反应生成NO而使反应速率减小。答案：(1)136.2(2)HNO22eH2O=3HNO(3)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(4)迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO2(2017江苏高考)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_。考查化学反应的机理(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。考查陌生离子方程式的书写H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数为Ka1，则pKa1_(pKa1lg Ka1)。考查电离平衡常数(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH7.1时，pH越高，吸附剂X所带负电荷越多，则吸附剂X与HAsO静电斥力增强。在pH为47时，吸附剂X表面带正电荷，从图2知，pH在47之间时，吸附剂X吸附H2AsO和HAsO；从图1知，pH在47之间时，三价砷主要以分子形式存在，吸附剂X不会吸附分子。加入氧化剂，可以将三价砷转化为五价砷，而被吸附剂X吸附。答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OHH3AsO3=H2AsOH2O2.2(3)在pH 79之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加在pH 47之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷3(2016江苏高考)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3，其电极反应式为_。考查原电池电极反应式的书写(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2和Pb2的去除率，结果如下图所示。当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_。考查化学反应速率的影响因素(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_。考查陌生离子方程式的书写纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4FeNO10H=4Fe2NH3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见下图)，产生该差异的可能原因是_。考查影响化学反应速率的因素解析：(1)由题意知，正极上Cr2O得电子生成Cr3，其电极反应式为Cr2O6e14H=2Cr37H2O。(2)活性炭具有较大的表面积，吸附性很强，能吸附废水中少量的Cu2和Pb2。铁的质量分数增加，形成铁炭微电池的数量减少，从而降低了反应效果，导致Cu2和Pb2的去除率降低。(3)因BH中B元素的化合价为3，则BH中H元素的化合价为1。根据题中信息和电子守恒规律可写出该反应的离子方程式：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)。pH偏低，即溶液的酸性增强，则易发生副反应：Fe2H=Fe2H2，导致NO的去除率降低。水样和相比较，水样中含有Cu2。由图可知，相同条件下水样的NO去除速率明显比水样快，可能是Fe与Cu2反应：FeCu2=Fe2Cu，析出的Cu与Fe在溶液中构成原电池，加快了Fe与NO的反应，也可能是析出的Cu或原废水中的Cu2催化了Fe与NO的反应。答案：(1)Cr2O6e14H=2Cr37H2O(2)活性炭对Cu2和Pb2有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少(3)2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)纳米铁粉与H反应生成H2Cu或Cu2催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)研热点找解题策略年份试题知识点分值2018第20题应用盖斯定律计算反应热；电解池电极反应式的书写；陌生化学方程式的书写；陌生氧化还原反应转移电子数的计算；化学反应速率的影响因素14分2017第20题化学反应的机理；陌生离子方程式的书写；电离平衡常数；化学反应速率的影响因素14分2016第20题原电池电极反应式的书写；化学反应速率的影响因素；陌生离子方程式的书写14分1热化学方程式的书写和运用盖斯定律求算反应热(1)计算步骤(2)计算方法2电化学知识的应用(1)化学电源与电极原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。(2)注意变价金属电极材料Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时只能失去2个电子生成Fe2。(3)可充电电池可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。3有关化学反应速率问题(1)计算v(X)，即v(X)，计算时一定要注意容器或溶液的体积，不能忽视容器或溶液的体积V，盲目地把n当作c代入公式进行计算。(2)外界条件对化学反应速率的影响4有关化学平衡问题(1)化学平衡的标志直接判断依据间接判断依据a对于有有色气体存在的反应体系，如2NO2(g)N2O4(g)等，若体系的颜色不再发生改变，则反应已达平衡状态。b对于有气体存在且反应前后气体的物质的量发生改变的反应，如N2(g)3H2(g)2NH3(g)，若反应体系的压强不再发生变化或平均相对分子质量不再发生变化，则说明反应已达平衡状态。c对于有气体存在且反应前后气体的物质的量不发生改变的反应，如2HI(g)H2(g)I2(g)，反应过程中的任何时刻体系的压强、气体的物质的量、平均相对分子质量都不变，故体系压强、气体的物质的量、平均相对分子质量不变均不能说明反应已达平衡状态。(2)外界条件对化学平衡移动的影响规律温度的影响升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动浓度的影响增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动；减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动压强的影响增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动；减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动(3)化学平衡常数化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度变化无关。反应物或生成物中有固体或纯液体存在时，由于其浓度可看做“1”而不代入化学平衡常数公式。化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若方程式中各物质的化学计量数等比例扩大或缩小，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。若用任意状态的浓度幂之积的比值(称为浓度商，用Q表示)与K比较，可判断可逆反应是否达到平衡状态和反应进行的方向。即：对于反应mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，Q。利用K可判断反应的热效应若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。化学平衡常数与转化率的计算转化率100%100%产率100%化学反应原理题在背景材料上呈现新(或陌生)内容，但内在要求或者核心知识考査还是不变的，如运用化学反应原理、化学平衡和水解理论、物质制备和分离的知识等分析实际生产中的各种问题，我们千万不能被新包装所迷惑，注意联系生产实际中的各类反应原理，融会贯通，就能解决所有问题。只要我们采用各个击破的方法，搞清楚各歩知识点对应的化学反应原理，采取先分后合的方法，再根据题目要求，用简洁、准确的化学用语答题即可。尽管化学反应原理综合题设问较多，考査内容较多，但都是江苏省考试说明要求的内容，不会出现偏、怪、难的问题，因此要充满信心，分析时要冷静，不能急于求成。要总结思考的技巧和方法，答题时注意规范细致。该类题的问题设计一般没有递进性，故答题时可跳跃式解答，千万不能放弃。练新题提答题能力1(2019常州模拟)铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛。(1)由辉铜矿制取铜的反应过程为2Cu2S(s)3O2(g)=2Cu2O(s)2SO2(g)H768.2 kJmol12Cu2O(s)Cu2S(s)=6Cu(s)SO2(g)H116.0 kJmol1热化学方程式：Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H _kJmol1。获得的粗铜需电解精炼，精炼时粗铜作_极。(2)氢化亚铜是一种红色固体，可由下列反应制备：4CuSO43H3PO26H2O=4CuH4H2SO43H3PO4该反应的还原剂是_(写化学式)。该反应每转移3 mol电子，生成CuH的物质的量为_。(3)氯化铜溶液中铜各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与c(Cl)的关系如图所示。当c(Cl)9 molL1时，溶液中主要的3种含铜物种的浓度大小关系为_。在c(Cl)1 molL1的氯化铜溶液中，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为_，_(任写两个)。解析：(1)根据盖斯定律，将两式相加除3，得到Cu2S(s)O2(g)=2Cu(s)SO2(g)H kJmol1217.4 kJmol1。电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极。(2)H3PO2中P元素1价，H3PO4中P元素5价，化合价升高，被氧化，H3PO2为该反应的还原剂。该反应中存在关系式：3H3PO24CuH12e，则每转移3 mol电子，生成CuH的物质的量为1 mol。(3)由图分析可知当c(Cl)9 molL1时，溶液中主要的3种含铜物种的浓度大小关系为c(CuCl2)c(CuCl)c(CuCl)。在c(Cl)1 molL1的CuCl2溶液中，含铜物种主要是Cu2、CuCl、CuCl2，滴入AgNO3溶液，含铜物种间转化的离子方程式为CuClAg=AgClCu2或CuCl2Ag=CuClAgCl或CuCl22Ag=Cu22AgCl。答案：(1)217.4阳(2)H3PO21 mol(3)c(CuCl2)c(CuCl)c(CuCl)CuClAg=AgClCu2CuCl2Ag=CuClAgCl(或CuCl22Ag=Cu22AgCl)2(2019镇江模拟)以铜为原料可制备应用广泛的氧化亚铜。(1)向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固体，此反应的离子方程式为_。由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。CuCl水解为CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)。该反应的平衡常数K与此温度下Kw、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K_。(2)用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液可得到Cu2O，阳极及其溶液中有关转化如图1所示。阳极的电极反应式为_。电解一段时间后，电解液补充一定量的_可恢复到原电解质溶液。溶液中、两步总反应的离子方程式为_。(3)Cu2O与ZnO组成的催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g)Ha kJmol1。按2投料比将H2与CO充入V L恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。图中压强P1、P2、P3由大到小的关系是_；起始时，c(H2)0.20 molL1，c(CO)0.10 molL1。在P3及T1 下反应达到平衡，此时反应的平衡常数为_。解析：(1) 向CuCl2溶液中通入SO2可得到CuCl固体，铜被还原，则SO2被氧化，在溶液中生成SO ，根据氧化还原反应的配平原则配平，此反应的离子方程式为2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4H，CuCl(s)H2O(l)CuOH(s)Cl(aq)H(aq)，此反应的平衡常数Kc(H) c(Cl)。(2)由图1分析可知阳极：CuCleCl=CuCl。阳极及溶液整个过程发生反应：2Cu2e2OH=Cu2OH2O，而阴极：2H2O2e=H22OH，总反应为2CuH2OCu2OH2，因此电解一段时间后，电解液补充一定量的H2O就可恢复到原电解质溶液。溶液中为CuClOH=Cu(OH)ClCl。为2Cu(OH)Cl=Cu2O2ClH2O，2得到两步总反应的离子方程式为2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl。(3)相同温度下，压强越大，有利于平衡向正反应方向移动，CO的平衡转化率越大，则P1P2P3，起始时，c(H2)0.20 molL1，c(CO)0.10 molL1，在P3及T1 下反应，CO(g)2H2(g)CH3OH(g)起始/(molL1) 0.10 0.20 0转化/(molL1) 0.1040% 0.08 0.04平衡/(molL1) 0.06 0.12 0.04此时反应的平衡常数：K46.3。答案：(1)2Cu2SO22Cl2H2O=2CuClSO4HKw(2)CuCleCl=CuClH2O2CuCl2OH=Cu2OH2O4Cl(3)P1P2P346.33(2019苏州模拟)锅炉水垢既会降低燃料的利用率、影响锅炉的使用寿命，还可能造成安全隐患。某锅炉水垢的主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3，用酸洗法可除去该水垢，其基本原理如图所示。(1)“酸洗”时，一般不选用稀硫酸的原因是_。(2)“不溶物”用碳酸钠溶液浸泡的目的是_(用离子方程式表示)。(3)为防止洗出液中的Fe3腐蚀铁质管道，常在洗出液中加入SnCl2溶液，反应中Sn2转化为Sn4，则Sn2与Fe3反应的物质的量之比为_。(4) 柠檬酸(用H3R表示)可用作酸洗剂，溶液中H3R、H2R、HR2、R3的含量与pH的关系如图1所示。图中a曲线所代表的微粒的百分含量随溶液pH的改变而变化的原因是_(用平衡移动原理解释)。HR2电离常数为Ka3，请根据图示信息计算出pKa3_(pKa3lg Ka3)。(5)利用图2所示装置对锅炉水(含Ca2、Mg2、HCO)进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成。写出电解过程中，Ca2形成沉淀的电极反应方程式：_。解析：(1)“酸洗”时，一般不选用稀硫酸，是因为稀硫酸与碳酸钙反应会生成微溶物硫酸钙，覆盖在反应物表面，阻止反应进一步进行。(2)水垢中CaCO3、Mg(OH)2、Fe2O3均溶于酸，CaSO4不溶，“不溶物”为CaSO4，用碳酸钠溶液浸泡，目的是将CaSO4转化为CaCO3，再用酸溶解可除去，用离子方程式表示为CaSO4COCaCO3SO。(3)根据得失电子守恒，Sn2与Fe3反应的物质的量之比为12。(4)分析图1，曲线a、b、c、d分别表示H3R、H2R、HR2、R3的含量，随着溶液pH增大，H3R的电离平衡H3RH2RH向右移动，故H3R的百分含量减小；HR2的电离表示为HR2R3 H，pH6时HR2、R3各占50%，即c(HR2)c(R3)，其电离常数为Ka3c(H)106 molL1，因此pKa36。(5)电解过程中，Ca2形成沉淀CaCO3的电极反应方程式为2Ca22HCO2e=2CaCO3H2或2H2O2e=H22OH、Ca2OHHCO=CaCO3H2O。答案：(1)稀硫酸与碳酸钙反应会生成微溶物硫酸钙，覆盖在反应物表面，阻止反应进一步进行(2)CaSO4COCaCO3SO(3)12(4)随溶液pH增大，平衡H3RH2RH向右移动，故H3R的百分含量减小6(5)2Ca22HCO2e=2CaCO3H2(或2H2O2e=H22OH、Ca2OHHCO=CaCO3H2O)4(2019梁丰高中月考)氮氧化物会形成光化学烟雾和酸雨，可采取下列方法对氮氧化物进行处理。(1)SNCR脱硝技术的原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJmol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(g)H21 807.0 kJmol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJmol1则6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H_ kJmol1(2)NSR (NOx储存还原)工作原理如图1所示，NOx的储存和还原在不同时段交替进行。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为 _。H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为_。(3)SCR消除氮氧化物的反应原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H0，则该反应能自发进行的原因是S0。设达到平衡时CO2的转化浓度为x molL1。CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)初始/(molL1) 1.5 1.5 0 0转化/(molL1) x x 2x 2x平衡/(molL1) 1.5x 1.5x 2x 2x当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%，即100%40%，解得x1，则CO2的转化率为100%66.7%。如图4所示，CO2在阴极得到电子生成甲酸。则生成甲酸的电极反应式为CO22eH2O=HCOOHO2。答案：(1)使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率2NO2CaSO3Ca(OH)2=CaSO4Ca(NO2)2H2O(2)S2(3)CO2代替了N2，减少了N2与O2反应S066.7%CO22eH2O=HCOOHO27(2019盐城中学练兵)废水废气对自然环境有严重的破坏作用，大气和水污染治理刻不容缓。(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2、Mn2等金属离子，可用过硫酸铵(NH4)2S2O8氧化除去。过硫酸铵与Mn2反应生成MnO2的离子方程式为_。温度与Fe2、Mn2氧化程度之间的关系如图1所示：实验过程中应将温度控制在_。Fe2与Mn2被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为_。H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2的原因是_。(2)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中NO、NO2，其反应机理如图2所示。A包含物质的化学式为N2和_。(3)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，反应过程中溶液组成变化如图3所示。吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为_。C点高于B点的原因是_。解析：(1)过硫酸铵与Mn2反应生成MnO2，而本身被还原为SO ，反应的离子方程式为S2O2H2OMn2=4H2SO MnO2。根据图1可知：80 时Fe2、Mn2氧化程度接近1.0，故实验过程中应将温度控制在80 ；Fe2与Mn2被氧化后形成胶体絮状粒子，常加入活性炭处理，加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀。H2O2也有较强氧化性，在实际生产中不用H2O2氧化Mn2的原因是锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多。(2)根据题图反应可产生A的反应为(NH4)(HNO2)=N2AH，根据原子守恒可推导出A为H2O；反应为(NH4)(HNO2)=N22H2OH。(3)吸收初期(图中A点以前)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收，由图中信息可知，NaHCO3 和Na2SO3的量明显增加，则发生反应的化学方程式为2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3。C点高于B点的原因：根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大。答案：(1)S2O2H2OMn2=4H2SO MnO280 (80 90 区间均可)吸附胶体粒子形成沉淀锰的化合物可催化H2O2的分解，使消耗的H2O2增多(2)H2O(3)2Na2CO3SO2H2O=2NaHCO3Na2SO3根据钠元素守恒， NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍，所以NaHSO3的质量大，质量分数就大8(2019清江中学模拟