湖北部分重点中学届高三新起点联考考试化学试题解析版.docx
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湖北部分重点中学届高三新起点联考考试化学试题解析版
高三新起点联考考试化学试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：
H—1，C—12，O—16，Hg—200.6
第Ⅰ卷（选择题，共16小题，共48分）
下列各题中只有一个选项是符合题意的。
1.化学与生活、生产、科技密切相关。
下列说法错误的是（）
A.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
B.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
C.研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致
D.港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．地下钢铁管道用导线连接锌块，构成原电池时铁为正极，保护了铁，所以地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，故A正确；B．制作光导纤维的原料是二氧化硅，不是硅，故B错误；C．研发新能源汽车，减少化石燃料的使用，可以减少废气、废渣等排放，有利于保护环境，与“绿水青山就是金山银山”的绿色发展理念一致，故C正确；D．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故D正确；故答案为B。
2.下列化学用语表达正确的是（）
A.CaCl2的电子式:
B.Cl－的结构示意图：
C.乙烯的分子式：
C2H4D.纯碱溶液呈碱性的原因：
CO32－+2H2O
H2CO3+2OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaCl2是离子化合物，其电子式应为
，故A错误；B．Cl－的核外最外层电子数为8，其离子结构示意图为
，故B错误；C．乙烯是最简单的燃烧，其分子式为C2H4，故C正确；D．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，以第一步为主。
则纯碱溶液呈碱性的原因是CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，故D错误；故答案为C。
【点睛】解决这类问题过程中需要重点关注的有：
①书写电子式时应特别注意如下几个方面：
阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。
②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。
③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。
3.下列不涉及氧化还原反应的是（）
A.补铁剂（有效成分为Fe2+）与含维生素C共服效果更佳
B.雷雨肥庄稼——自然固氮
C.灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，肥中含有铵盐
D.从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．维生素C具有还原性，能防止补铁剂被氧化，属于氧化还原反应，故A正确；B．放电过程中，氮气与氧气反应生成NO，O、N元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故B正确；C．碳酸钾与铵盐发生相互促进的水解反应，会生成氨气挥发，反应过程中不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C错误；D．由二氧化硅制晶体硅，Si的化合价降低，被还原，涉及氧化还原反应，故D正确；故答案为C。
4.下列解释事实的方程式正确的是（）
A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：
Na2S2O3＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋2Na＋＋H2O
B.氢氧化亚铁暴露于空气中会变色：
4Fe（OH）2 +O2 +2H2O=4Fe（OH）3
C.向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：
Ca2＋＋ClO－＋H2O＋CO2＝2HClO＋CaCO3↓
D.氯气用于自来水消毒：
Cl2+H2O
2H＋+Cl－+ClO－
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫代硫酸钠是可溶性盐，可拆分，则用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠，正确的离子方程式为：
S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故A错误；B．氢氧化亚铁暴露于空气中被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe（OH）2 +O2 +2H2O═4 Fe（OH）3，故B正确；C．二氧化碳过量反应生成可溶性的碳酸氢钙，则向Ca（ClO）2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，离子方程式：
ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO32-，故C错误；D．HClO是弱酸，则氯气用于自来水消毒发生反应的离子方程式显Cl2+H2O
H＋+Cl－+HClO，故D错误；故答案为B。
5.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。
下列说法正确的是（）
A.P4（s，白磷）=4P（s，红磷）ΔH＞0
B.以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C.白磷比红磷稳定
D.红磷燃烧的热化学方程式是4P（s，红磷）＋5O2（g）＝P4O10（s）ΔH=－（E2－E3）kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误；B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：
4P（s，红磷）＋5O2（g）＝P4O10（s）ΔH=－（E2－E3）kJ/mol，故D正确；故答案为D。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.100g质量分数为46%C2H5OH溶液中所含O—H数目约为7NA
B.质量为12g的12C含有的中子数为12NA
C.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1NA
D.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7NA，故A正确；B．12g的12C的物质的量为：
=1mol，含有中子的物质的量为：
1mol×6=6mol，含有的中子数为6NA ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：
n（CH3COO-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为NA个，故C错误；D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：
①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：
如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
7.下列叙述正确的是（）
A.2—甲基丁烷也称为异丁烷
B.分子式为C4H9Cl的同分异构体共有4种（不考虑立体异构）
C.等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应能制得纯净的一氯甲烷
D.葡萄糖、油脂、蛋白质都能水解，但水解产物不同
【答案】B
【解析】
【详解】A．2-甲基丁烷含5个C，则2-甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；B．丙烷只有2种H，一氯代烃有2种，判断二氯代烃时一氯定位、另一氯转位，则分子式为C3H6Cl2的同分异构体有CH3CH2CHCl2、CH3CHClCH2Cl、ClCH2CH2CH2Cl、CH3CCl2CH3，共4种，故B正确；C．光照下取代反应为链锁反应，等物质的量的氯气与甲烷在光照条件下反应可得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷的混合物，故C错误；D．葡萄糖是单糖不水解，油脂和蛋白质能水解，水解产物也不同，故D错误；故答案为B。
8.四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（）
A.b元素最高价氧化物对应的水化物为强酸
B.最简单气态氢化物的热稳定性：
b＞c
C.c为第二周期第VIIA族元素
D.原子半径：
d>c>b>a
【答案】A
【解析】
【分析】
四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答．
【详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；A．b元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B．非金属性O＞N，则气态氢化物的热稳定性：
b＜c，故B错误；C．c为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D．短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：
Al＞N＞O＞H，故D错误；故答案为A。
9.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）
实验操作
现象
解释或结论
A
向酸性KMnO4溶液中通入SO2
溶液紫红色褪去
SO2具有漂白性
B
在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置
镁表面有气泡
金属活动性：
Al＞Mg
C
测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH
后者较大
非金属性：
Cl＞C
D
等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体
HA放出的氢气多且反应速率快
HB酸性比HA强
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质，向酸性高锰酸钾溶液中通入二氧化硫，溶液褪色，说明二氧化硫将酸性高锰酸钾溶液还原，二氧化硫体现还原性，故A错误；B．Al与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C．常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；D．HA放出氢气多，等pH时，HA的浓度大，HA为弱酸，则HB酸性比HA强，故D正确；故答案为D。
10.下列有关实验操作的叙述错误的是（）
A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C.蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D.用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故A错误；B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故B正确；C．蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故C正确；D．用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，滴定终点时恰好生成NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故D正确；答案为A。
11.已知某有机物的结构简式如下，下列有关该分子的说法正确的是（）
A.分子式为C10H14O6
B.含有的官能团为羟基、羧基和酯基
C.该分子不能发生取代反应
D.它属于芳香烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．
的分子式为C10H10O6，故A错误；B．
中含有羟基、羧基和酯基三种官能团，故B正确；C．
分子结构中含有羟基、、羧基和酯基三种官能团，均能发生取代反应，如发生酯的水解、酯化反应等，故C错误；D．
除含有苯环外，还含有氧元素，只能属芳香族化合物，不是芳香烃，故D错误；故答案为B。
12.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）
A.将FeCl3溶液加热蒸干最终得不到无水FeCl3固体
B.实验室制取乙酸乙酯时，将乙酸乙酯不断蒸出
C.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
D.使用催化剂，提高合成氨的生产效率
【答案】D
【解析】
【分析】
勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，与平衡移动无关，则不能用勒沙特列原理解释。
【详解】A．加热会促进FeCl3的水解，蒸干产物不是氯化铁，是氢氧化铁固体，灼烧得到氧化铁，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．实验室制乙酸乙酯的反应为可逆反应，减少生成物浓度导致平衡向正反应方向移动，从而提高乙酸乙酯产率，可以用平衡移动原理解释，故B正确；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故C错误；D．使用催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为B。
【点睛】考查勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。
特别要注意改变平衡移动的因素需与平衡移动原理一致，否则不能使用该原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，再如工业合成氨和硫酸工业的条件选择等。
13.高炉炼铁过程中发生反应：
Fe2O3（s）＋CO（g）
Fe（s）＋CO2（g），该反应在不同温度下的平衡常数见右表。
下列说法正确的是（）
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A.由表中数据可判断该反应：
反应物的总能量＜生成物的总能量
B.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10－3/tmol·L－1·min－1
C.为了使该反应
K增大，可以在其他条件不变时，增大c（CO）
D.其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，该反应：
反应物的总能量＞生成物的总能量，故A错误；B．1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c（CO）=2×10-3 mol/L，设CO起始浓度x，
Fe2O3（s）+CO（g）⇌
Fe（s）+CO2（g），
起始量（mol/L） x 0
变化量（mol/L）x-2×10-3 x-2×10-3
平衡量（mol/L）2×10-3 x-2×10-3
K=
=4，x=10-2mol/L；用CO表示该反应的平均速率为
，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，增大c（CO）不能改变化学平衡常数，故C错误；D．增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；答案为D。
14.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：
上述装置工作时，下列有关说法正确的是（）
A.乙池电极接电池正极，气体X为H2
B.Na+由乙池穿过交换膜进入甲池
C.NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度小
D.甲池电极反应：
4OH－-4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
分析】
装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。
【详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。
15.常温下，下列说法不正确的是（）
A.0.1mol·L－1K2CO3溶液中：
c（H+）+c（HCO3－）+2c（H2CO3）=c（OH－）
B.已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀
C.常温下，pH=4.75、浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：
c（CH3COO－）＋c（OH－）＜c（CH3COOH）＋c（H＋）
D.已知Ksp（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10－12，向浓度均为1×10－3mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10－3mol/LAgNO3溶液，Cl－先形成沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．在0.1mol·L－1K2CO3溶液中存在质子守恒，即c（H+）+c（HCO3－）+2c（H2CO3）=c（OH－），故A正确；B．由Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），将AgCl和AgBr
饱和溶液等体积混合，c（Cl-）大，再加入足量浓的AgNO3溶液，则最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；C．pH=4.75浓度均为0.1mol•L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则：
c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），根据电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）可知：
c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故C错误；混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）=
=
=1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）=
=
mol/L=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D正确；故答案为C。
【点睛】注意根据溶解度判断生成沉淀的先后顺序，易错点为D，组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
①溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小；②溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大，不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
16.25℃时，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg
随n（NaOH）的变化如图所示。
下列说法正确的是（）
A.HX为弱酸，HY为强酸
B.水的电离程度：
d＞c＞b
C.c点对应的溶液中：
c（Y－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）
D.若将c点与d点的溶液全部混合，溶液中离子浓度大小：
c（Na＋）＞c（X－）＞c（Y－）＞c（H＋）＞c（OH－）
【答案】C
【解析】
【详解】A．lg
越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液中lg
的值大，所以HX的酸性大于HY，加入氢氧化钠物质的量10×10-3mol，lg
=1，c（H+）=c（OH-）酸和氢氧化钠溶液恰好反溶液呈中性，HX为强酸，HY为弱酸，故A错误；B．d点是强酸HX的溶液中滴加少量NaOH溶液，当溶液的pH=5时，HX过量，水的电离被抑制；c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg
=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，水的电离也被抑制；而在b点，加入的氢氧化钠的物质的量为8×10-3mol，所得的溶液为大量的NaY和少量的HY混合溶液，而lg
=0，离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）=10-7，溶液显中性，即HY的电离程度等于Y-的水解程度，水的电离没有被促进也没有被抑制，故水的电离程度d＜c＜b，故B错误；C．c点加入的氢氧化钠的物质的量为5×10-3mol，所得的溶液为NaY和HY的等浓度的混合溶液，而lg
=6，水的离子积Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，故可知c（H+）2=10-8，则c（H+）=10-4mol/L，溶液显酸性，即HY的电离大于Y-的水解，故c（Y-）＞C（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH-），故C正确；D．若将c点与d点的溶液全部混合，所得溶液等同NaX、HY等物质的量的混合液，其中X-不水解，HY部分电离，则溶液中离子浓度大小为c（Na＋）=c（X－）＞c（H＋）＞c（Y－）＞c（OH－），故D错误；答案为C。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.
（1）钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂。
工业上二氧化钛的制备是：
资料卡片
物质
熔点
沸点
SiCl4
-70℃
57.6℃
TiCl4
-25℃
136.5℃
I.将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4。
II.将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4。
III.在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2·xH2O。
IV.TiO2·xH2O高温分解得到TiO2。
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是________。
II中所采取的操作名称是_______。
②III中反应的化学方程式是____________________________________________。
③如IV在实验室完成，应将TiO2·xH2O放在________（填仪器编号）中加热。
（2）根据废水中所含有害物质的不同，工业上有多种废水的处理方法。
①废水I若采用CO2处理，离子方程式是________________。
②废水Ⅱ常用明矾处理。
实践中发现废水中的c（HCO
）越大，净水效果越好，这是因为______________。
③废水III中的汞元素存在如下转化（在空格上填相应的化学式）：
Hg2++______=CH3Hg++H+，我国规定，Hg2+的排放标准不能超过0.05mg／L。
若某工厂排放的
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