辽宁省葫芦岛市协作校2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题（解析版）

2022～2023学年上学期协作校高三第一次考试化学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Cu-64Ag-108一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.中华传统文化源远流长，下列说法与氧化还原反应无关的是A.《七步诗》：“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”B.《咏煤炭》：“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”C.《周礼》：“煤饼烧蛎房(注：牡蛎壳)成灰”D.《抱朴子》：“丹砂(注：HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”【答案】B【解析】【详解】A．“煮豆燃豆萁”中涉及燃烧，发生了氧化还原反应，A错误；B．《咏煤炭》：“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”，凿开混沌得煤炭，属于物理变化，没有发生氧化还原反应，B正确；C．“煤饼烧蛎房(注：牡蛎壳)成灰”涉及煤饼的燃烧，煤饼的燃烧属于氧化还原反应，C错误；D．“丹砂(注：HgS)烧之成水银”中HgS发生分解反应，“积变又还成丹砂”，两个过程都是氧化还原反应，D错误；故选B。2.化学离不开生活，生活也离不开化学。下列叙述在科学上没有错误的是A.面包、饼干加工时加入的少量小苏打粉是作膨松剂B.一种可令所有化学物质黯然失色的漂白粉C.施农家肥的蔬菜，无公害，绝对不含任何化学物质D.一种富含氮、磷、锌等微量元素的口服液【答案】A【解析】【详解】A．利用小苏打受热分解产生二氧化碳，常将小苏打用于做膨松剂，A正确；B．漂白粉不能使所有的物质褪色，B错误；C．不含任何化学物质表达不错误，C错误；D．微量元素不能富含，过量会影响身体健康，D错误；故选A。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.CO2不支持燃烧，干冰可用于人工降雨B.Na具有强还原性，可用于冶炼金属钛C.NaOH具有强碱性，可用作干燥剂D.NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂【答案】B【解析】【详解】A．干冰用于人工降雨是利用干冰升华吸热而使水蒸气凝结，与CO2不支持燃烧无对应关系，A错误；B．Na用于冶炼金属钛时利用了Na的强还原性，B正确；C．NaOH作干燥剂是利用了吸水性，与NaOH具有强碱性无关，C错误；D．作泡沫灭火剂时NaHCO3与铝盐发生双水解反应，与NaHCO3受热易分解无关，D错误；答案选B。4.中国科学院天津工业生物技术研究所采用一种类似“搭积木”的方式，从头设计、构建了11步反应的非自然固碳与淀粉合成途径，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成，其中前三步反应如图所示。下列有关说法错误的是A.甲、乙、丙均属于有机物B.甲、乙、丙中所含的元素均位于前三周期C.甲分子与乙分子中C—H键的数目之比为2：3D.前三步反应中氧元素呈现了3种价态【答案】C【解析】【分析】由图可知，甲、乙、丙结构简式分别为CH3OH、HCHO、CH2OHCOCH2OH；【详解】A．有机物为除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸盐以外含碳的化合物；由结构简式可知，甲、乙、丙均属于有机物，A正确；B．甲、乙、丙中所含的元素为碳、氢、氧，三者均位于前三周期，B正确；C．甲分子与乙分子中C—H键的数目分别为3、2，之比为3:2，C错误；D．二氧化碳、甲醇、氧气、过氧化氢、甲醛中氧元素化合价分别为-2、-2、0、-1、-2，故前三步反应中氧元素呈现了3种价态，D正确；故选C。5.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是A.将FeCl3溶液滴入Mg(OH)2浊液，白色浊液转化为红褐色沉淀B.在潮湿的空气中，家用铜质水龙头表面有铜绿生成C.Na放于坩埚中并加热，产生黄色火焰，生成淡黄色固体D.新制的氯水呈淡黄绿色，久置于空气中后颜色消失【答案】A【解析】【详解】A．白色的Mg(OH)2沉淀转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有改变，与氧化还原反应无关，A正确；B．该反应中铜元素化合价升高，氧元素化合价降低，是氧化还原反应，B错误；C．淡黄色固体是Na2O2，Na元素化合价升高，氧元素化合价降低，是氧化还原反应，C错误；D．氯气在水中发生歧化成HCl和HClO，HClO分解产生HCl和O2，两个反应中氯元素化合价均发生了变化，都是氧化还原反应，D错误；答案选A。6.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.NaI溶液中：Al3+、Fe3+、NO、Cl−B.能使酚酞变红的溶液中：K+、Na+、S2O、COC.稀H2SO4中：Mg2+、Na+、NO、CH3COO−D.常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中：Ba2+、Na+、HCO、Cl−【答案】B【解析】【详解】A．Fe3+会氧化I-从而不能大量共存，A不符合题意；B．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，B符合题意；C．稀硫酸溶液中有大量H+，CH3COOH为弱酸，所以CH3COO−不能大量存在，C不符合题意；D．常温下由水电离的c(H+)·c(OH−)=1×10−26的溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-13mol/L，说明水的电离受到抑制，则可能是酸溶液，也可能是碱溶液，HCO在酸性或碱性条件下都不能大量存在，D不符合题意；综上所述答案为B。7.中国科学院理化技术研究所与清华大学医学院联合研究出液态金属机器人．铝钠合金(单质钠和单质铝熔和单质铝熔合而成)是最常见的液态金属．下列有关说法错误的是A.自然界中没有游离态的钠和铝B.若铝钠合金投入水中得无色溶液，则C.铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀生成，不可能生成单质铜D.质量相同但组成不同的铝钠合金分别投入稀硫酸中，放出的氢气越多，则铝的质量分数越大【答案】C【解析】【详解】A．钠很活泼，极易和氧气反应生成氧化钠，和水反应生成氢氧化钠，铝属于亲氧元素，极易和氧气反应生成氧化铝，所以自然界中没有游离的钠和铝，故A正确；B．铝钠合金若投入一定的水中发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式知，当氢氧化钠的物质的量大于铝时，得到无色澄清溶液，根据原子守恒得当n(Al)≤n(Na)时，得到无色溶液，故B正确；C．铝钠合金投入足量硫酸铜溶液中，钠和水反应生成的氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，若n(Al)＞n(Na)，金属铝也可能会置换出金属铜，故C错误；D．根据金属钠和金属铝和酸反应生成氢气量的关系：2Al～3H2↑，2Na～H2↑，等质量的金属钠和金属铝，则金属Al产生的氢气量多，所以放出的H2越多，则铝的质量分数越大，故D正确；故选C。8.下列说法错误的是A.漂白粉、福尔马林、王水、水玻璃均为混合物B.工厂中常用的静电除尘与胶体的性质有关C.金属氧化物一定是碱性氧化物D.非金属氧化物不一定是酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，福尔马林为甲醛的水溶液，王水为浓硝酸和浓盐酸的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，上述物质均为混合物，A正确；B．胶体吸附带电微粒形成的胶粒带电，静电除尘是利用胶粒带电设计的，B正确；C．大多数金属氧化物属于碱性氧化物，部分金属氧化物不属于碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物，Mn2O7属于酸性氧化物等，C错误；D．大多数非金属氧化物属于酸性氧化物，但有的不是，如CO和NO均不是酸性氧化物，D正确；故选C。9.铁粉与稀硝酸反应的化学方程式为8Fe+30HNO3=8Fe(NO3)3+3NH4NO3+9H2O。下列有关说法正确的是A.氧化性：HNO3＜Fe3+B.作氧化剂的HNO3是参与反应的HNO3的10％C.若铁粉过量，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶8D.在反应后的混合物中滴加少量氢氧化钠溶液，有气体逸出【答案】B【解析】【分析】该反应中Fe元素化合价升高作还原剂被氧化，Fe3+为氧化产物，部分HNO3中N元素化合价降低作氧化剂被还原，NH为还原产物。【详解】A．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，即氧化性：HNO3＞Fe3+，A错误；B．根据化学方程式可知，30molHNO3参与反应时生成3molNH4NO3，即有3molHNO3被还原，做氧化剂，所以作氧化剂的HNO3是参与反应的HNO3的×100%=10%，B正确；C．若铁粉过量，则Fe元素最终生成Fe2+，化合价升高2价，做氧化剂的HNO3中N元素化合价降低8价，根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶8，C错误；D．在反应后的混合物中滴加少量氢氧化钠溶液，OH-会先结合Fe3+生成沉淀，不会有气体产生，D错误；综上所述答案为B。10.向分别盛有的盐酸和NaOH溶液的甲、乙两烧杯中，加入等质量的铝粉，反应结束后，相同温度和压强下测得生成的气体体积分别为V(甲)、V(乙)，则V(甲)∶V(乙)不可能为A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4【答案】D【解析】【详解】铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的化学方程式为2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，若铝不足量，等质量的铝粉与浓度均为10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液反应，相同温度和压强下测得生成的气体体积之比为1∶1，若铝过量，等质量的铝粉与浓度均为10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液反应，相同温度和压强下测得生成的气体体积之比为1∶3，则等质量的铝粉与浓度均为10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液反应，相同温度和压强下测得生成的气体体积之比应在1∶1和1∶3的范围内，不可能小于1∶3，则V(甲)∶V(乙)不可能为1∶4，故选D。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol乙醇中含有C－H键的数目为6NAB.0.78gNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为0.01NAC.1L0.01mol•L-1Na2CO3溶液中含有CO的数目为0.01NAD.标准状况下，22.4LHF中含有的分子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．1mol乙醇中含有C－H键的数目为5NA，A错误；B．0.78gNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为，B正确；C．CO在溶液中会水解，C错误；D．标准状况下HF是液态，D错误；12.对比类推法是一种常用的化学学习方法。下列离子方程式书写正确且类推合理的是选项已知类推A将锌片投入硫酸铜溶液中：将钠投入硫酸铜溶液中：B氧化铝溶解稀硝酸中：氧化亚铁溶解在稀硝酸中：C用惰性电极电解硫酸钠溶液：用惰性电极电解硝酸钾溶液：D向溶液中加入过量的：向溶液中通入过量的：A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，不能发生置换反应，故A错误；B．二价铁易被氧化生成三价铁，离子方程式为3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2O，故B错误；C．惰性电极电解硫酸钠和硝酸钾溶液均为电解水，故C正确；D．FeS溶于盐酸，故将过量的H2S通入FeCl3溶液中，反应生成氯化亚铁、硫和盐酸，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故D错误；故选C。13.向100mLNaOH溶液中通入一定量的气体，充分反应得到溶液X后，再向所得溶液X中逐滴加入的盐酸，产生的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列判断正确的是A.原NaOH溶液的浓度为B.若，当V(盐酸)＜aL时，则发生反应的离子方程式为C.若，则所得溶液X的溶质成分为和D.若，则所得溶液X的溶质成分为NaOH和【答案】B【解析】【详解】A．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体时，反应有两种可能情况：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2=NaHCO3，在加入盐酸100mL时，无论溶液中溶质是NaOH、NaHCO3还是Na2CO3，最终都会生成NaCl，因n(Na+)=n(Cl－)，所以n(NaOH)=n(HCl)=0.2bmol，即原NaOH溶液的浓度为，A错误；B．假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前后2个阶段消耗盐酸的体积相等，即，当V(盐酸)＜aL时，则发生反应的离子方程式为，B正确；C．若，即没有气体生成阶段消耗的盐酸体积大于生成气体阶段消耗的盐酸体积，即盐酸先与剩余的NaOH反应，再与Na2CO3反应，最后与NaHCO3反应，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为NaOH、Na2CO3，C错误；D．若，即产生气体所耗盐酸多于未产生气体所耗盐酸，所以所得溶液X的溶质成分为和，D错误；故选B。14.某化学小组用如图装置模拟呼吸面具中的有关反应，测定样品中的纯度。已知实验中样品的质量为8.0g，实验结束后共收集到1.12L(已折合为标准状况下)气体，下列说法错误的是A.装置Ⅰ中的稀盐酸不可用稀硫酸代替B.装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下C.根据题中数据，可求得样品中的纯度一定为97.5%D.实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明装置Ⅲ中有盐类生成【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸与块状大理石反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在大理石表面，阻止反应的进行，不能用于制取CO2，不能用稀硫酸代替，选项A正确；B．装置Ⅰ中a的作用是保持上下压强一致，使液体顺利滴下，选项B正确；C．装置Ⅲ与装置Ⅳ之间缺少一个检验是否还有的装置，故反应收集到的气体中可能含有，因此无法计算的纯度，选项C错误；D．实验结束后，取少量装置Ⅲ中的固体并滴入稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，由碳酸盐或碳酸氢盐与盐酸反应而得，说明装置Ⅲ中有盐类生成，选项D正确；答案选C。15.过氧化银(Ag2O2)广泛应用于抗菌消毒和化学能源等领域，NaClO-NaOH溶液与AgNO3溶液反应，能制得纳米级Ag2O2，用该方法制得的Ag2O2会含有少量的Ag2O。可用热重分析法测定Ag2O2的纯度，其步骤如下：取27.12g样品在N2气氛下加热，测得剩余固体的质量与温度的关系曲线如图所示，下列说法错误的是A.制备Ag2O2反应的离子方程式为2Ag++2OH-+ClO-=Ag2O2↓+Cl-+H2OB.CD段发生反应的化学方程式为C.AB段反应转移的电子的物质的量为0.2molD.样品中Ag2O2的质量分数约为91.45%【答案】C【解析】【详解】A．根据题意，NaClO-NaOH溶液与AgNO3溶液反应，能制得纳米级Ag2O2，该反应的化学方程式为：2AgNO3+NaClO+2NaOH=Ag2O2↓+NaCl+H2O+2NaNO3，反应的离子方程式为：2Ag++2OH-+ClO-=Ag2O2↓+Cl-+H2O，A正确；B．AB段质量变化△m=27.12g-25.52g=1.6g，说明失去的是O2的质量；Ag2O2分解产生Ag2O、O2，反应方程式为：2Ag2O22Ag2O+O2↑；BC段质量变化△m=25.52g-23.76g=1.76g，是Ag2O发生分解反应产生Ag、O2，该反应方程式为：2Ag2O4Ag+O2↑，B正确；C．根据选项B分析可知：AB段发生反应：2Ag2O22Ag2O+O2↑，每有1molO2产生，转移2mol电子。现在反应产生O2的物质的量n(O2)=，则反应过程中转移的电子的物质的量为n(e-)=0.05mol×2=0.1mol，C错误；D．AB段发生反应为：2Ag2O22Ag2O+O2↑，n(Ag2O2)=2n(O2)=，则样品中Ag2O2的质量分数w(Ag2O2)=，D正确；故合理选项是C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.实验室利用下列装置进行氯气的制取并进行相关物质氧化性强弱的探究实验，回答下列问题：资料：i.C中试剂为10mL40％的NaOH溶液，同时滴入了5滴的溶液；ii.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱；iii.在溶液中显绿色。（1）I中导管的作用是_______，B中试剂为_______。（2）若实验室用，制取，气体发生装置应选择_______(填标号，下同)，若用制取，则气体发生装置为_______。由此可判断出氧化性：_______(填“>”、“＜”或“=”)。（3）D中的实验现象为_______，通过D中现象，得出的结论为_______。（4）实验开始后，C中的实验现象如下：C中实验现象通入前通入少量后滴入溶液时产生白色沉淀在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为绿色，仍有沉淀已知：棕黑色沉淀为。①通入前，生成的白色沉淀为_______(填化学式)。②通入少量后，棕黑色沉淀增多的原因是_______(用离子方程式表示)。③取放置后的1ml悬浊液，加入4mL40％NaOH溶液，再通入，沉淀迅速消失，绿色加深。原因是_______(用离子方程式表示)。【答案】（1）①.平衡压强，使盐酸顺利滴下②.饱和食盐水（2）①.I②.II③.>（3）①.溶液出现浑浊或产生淡黄色沉淀等其他合理答案②.Cl的非金属性强于S或氯气的氧化性大于S等（4）①.②.③.【解析】【分析】本题主要考查实验基本操作与探究，考查学生的实验能力。【小问1详解】I中导管的作用是平衡压强，使盐酸顺利滴下；B中试剂为饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢气体；【小问2详解】若实验室用，制取，固体和液体反应，不需要加热，气体发生装置应选择I；若用制取，固体和液体加热反应，则气体发生装置为II；反应所需条件更少，由此可判断出氧化性：大于；【小问3详解】氯气将硫离子氧化生成硫单质，则D中的实验现象为溶液出现浑浊或产生淡黄色沉淀，说明Cl的非金属性强于S或氯气的氧化性大于S；【小问4详解】①通入前，氯化锰与氢氧化钠反应生成，故白色沉淀为；②通入少量后，棕黑色沉淀增多的原因是氯气将氧化为棕黑色的沉淀，发生的离子反应为；③取放置后的1ml悬浊液，加入4mL40％NaOH溶液，再通入，沉淀迅速消失，绿色加深，是由于碱性溶液中被进一步氧化为绿色的，发生的离子反应为。17.某化工厂以辉铜矿石(主要成分是Cu2S，杂质为SiO2、FeS、PbS和MgO)为原料制备Cu2(OH)2CO3•xH2O，工艺流程如图所示，回答下列问题：已知：pH为3.2时，Fe3+沉淀完全；NH4HCO3在温度高于30℃时开始大量分解。（1）“煅烧”前，将矿石粉碎的目的是____，“煅烧”时生成的气体为____(填化学式)。（2）“滤渣1”的主要成分为____(填化学式)。（3）生成“滤渣2”的离子方程式为____。（4）“调pH为3.5，控温25℃”的目的是____。（5）“加热”生成Cu2(OH)2CO3•xH2O的离子方程式为____。（6）准确称取ag产品(无杂质)，灼烧至恒重，称得固体质量减少bg，则x=____。【答案】（1）①.使矿石与空气接触充分，加快反应速率②.SO2（2）PbSO4、H2SiO3（3）Mg2++2F-=MgF2↓（4）将Fe3+沉淀完全，同时防止NH4HCO3大量分解（5）2Cu2++4HCO+(x-1)H2O=Cu2(OH)2CO3•xH2O+3CO2↑（6）【解析】【分析】辉铜矿石(主要成分是Cu2S，杂质为SiO2、FeS、PbS和MgO)，煅烧时产生SO2、金属氧化物以及硅酸盐；酸浸产生硅酸和硫酸铅滤渣，铜离子、铁离子和镁离子进入溶液，加NaF除镁离子后，加碳酸氢铵调pH使铁离子完全沉淀，并为加热沉淀铜离子产生Cu2(OH)2CO3•xH2O提供碳酸根和氢氧根离子。【小问1详解】粉碎矿石的目的是增大固体表面积，加快反应速率，提高原料的利用率；金属硫化物煅烧产生气体；【小问2详解】根据分析，“滤渣1”的主要成分为PbSO4、H2SiO3；【小问3详解】加NaF除镁离子，生成“滤渣2”的离子方程式为Mg2++2F-=MgF2↓；【小问4详解】调pH为3.5的目的是使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，根据已知信息，控温25℃”的目的是防止NH4HCO3大量分解；【小问5详解】Cu2(OH)2CO3•xH2O中的和OH-来自的电离和水解，则加热生成Cu2(OH)2CO3•xH2O的离子方程式为【小问6详解】ag产品(无杂质)Cu2(OH)2CO3•xH2O灼烧至恒重所得CuO的质量为(a-b)g，根据铜元素守恒可得：，则。【点睛】元素守恒法是突破计算的关键。18.已知：为短周期主族元素中某元素的氧化物。根据下列信息，回答相关问题：（1）若镁条在中燃烧生成黑色粉末(单质)和白色粉末，则的化学式为_______。（2）若常温下，能与氢氟酸反应生成一种气体和一种液态化合物。和纯碱混合在铁坩埚中熔融生成R的含氧酸盐，和纯碱反应的化学方程式为_______。（3）若向酸性溶液、含酚酞的烧碱溶液中分别通入无色气体，两溶液颜色均逐渐褪去。酸性溶液吸收的离子方程式为_______；向烧碱溶液中通入过量的离子方程式为_______。（4）设NA为阿伏加德罗常数的值。若烧杯中固体W为银粉，向该烧杯中通入，固体W逐渐溶解(如图所示)，则的化学式为_______，向某密闭容器中充入和，则产物的分子数_______(填“大于”、“小于”或“等于”)2NA。（5）若是一种绿色饮用水消毒剂，则具有_______性而能杀菌消毒；工业上，常用+5价R的含氧酸的钠盐和HR的浓溶液在常温下反应制备气态，同时还有R单质和水生成，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）（2）（3）①.②.（4）①.②.小于（5）①.强氧化②.【解析】【小问1详解】金属镁与CO2反应生成黑色固体碳单质和MgO白色固体，发生反应的化学方程式为：，则的化学式为CO2；【小问2详解】二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故RO2为SiO2，在高温下与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：；【小问3详解】①酸性KMnO4具有强氧化性，酚酞遇碱变为红色，则通入SO2能使两溶液颜色褪去，酸性KMnO4溶液与SO2反应的离子方程式为：；②SO2为酸性气体能与烧碱溶液发生反应，过量的SO2与氢氧化钠反应生成NaHSO3，反应的离子方程式为：；