2020年上海市奉贤区高三一模化学试卷

这是一份2020年上海市奉贤区高三一模化学试卷，共37页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2020年上海市奉贤区高三一模化学试卷
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．明矾可用于水的净化和杀菌消毒
B．食盐可作调味剂，也可用于某些食物的防腐剂
C．SO2广泛用于食品的漂白
D．聚乙烯和聚氯乙烯材料均可用于食品包装袋
2．（2分）过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是（　　）
A．外用消毒剂 B．有漂白作用
C．需密封保存 D．有强氧化性，无还原性
3．（2分）下列关于水的说法正确的是（　　）
A．冰雪融化时需吸收热量，破坏化学键
B．酸雨是指pH＜7.0的天然降水
C．常温下水的pH＝7.0，显中性，50℃时，pH＝6.6，显酸性
D．重水分子由氘原子和氧原子构成
4．（2分）硅可做半导体材料的最主要原因是（　　）
A．硅元素地壳中含量巨大，仅次于氧元素，排名第二位
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近
C．硅单质性质稳定，无毒无害
D．硅单质提纯技术成熟，制作成本较低
5．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．碳原子的核外电子轨道表示式：
B．甲基的电子式为
C．丙烷的比例模型：
D．氮分子的结构式：
6．（2分）某分子晶体结构模型如图，下列说法正确的是（　　）

A．该模型可以表示H2O的分子模型
B．图中每个线段代表化学键
C．表示的是非极性分子
D．空间网状结构，熔沸点高
7．（2分）下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．合成氨 B．氨碱法制纯碱
C．接触法制硫酸 D．工业制盐酸
8．（2分）已知硫化氢可在氧气中燃烧，用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法错误的是（　　）
A．标准状况下，11.2L氧气中含电子总数为8NA
B．标准状况下，22.4L硫化氢中所含原子总数为3NA
C．常温常压下，3.4克硫化氢中含有极性键的总数为0.2NA
D．若生成3.6g H2O，则硫化氢得电子的数目一定为0.8NA
9．（2分）下列试剂可以使氮氧化物（NxOy）在一定条件下转化为无毒无害气体的是（　　）
A．氨 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．氯化氢
10．（2分）根据表中短周期元素的信息判断下列说法错误的是（　　）
元素编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径（nm）
0.037
0.074
0.082
0.099
0.102
0.143
0.186
最高或最低化合价
+1
﹣2
+3
﹣1
﹣2
+3
+1
A．元素④的氧化物对应水化物的酸性强于元素⑤的氧化物对应水化物
B．元素④气态氢化物的稳定性强于元素⑤气态氢化物
C．元素⑥对应的简单离子半径小于元素⑦对应的简单离子半径
D．元素②⑥形成的化合物具有两性
11．（2分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A．利用图装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图装置可进行酸碱中和滴定
12．（2分）有些物质既能够与酸反应，又能够与碱反应。以下不符合的是（　　）
A．氧化铝 B．氯化铝 C．碳酸铵 D．碳酸氢钠
13．（2分）如果改变某一条件，生成物种类不变的是（　　）
A．金属钠与氧气（改变温度）
B．氯化铝与氨水（改变氨水浓度）
C．铁和浓硫酸（改变温度）
D．CO2气体与氢氧化钠溶液（改变氢氧化钠浓度）
14．（2分）在某酸性溶液中，天然气脱硫原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．为了增强氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸
B．CH4是反应的催化剂
C．过程②使溶液酸性增强
D．过程①与过程②转移电子的物质的量之比为1：1
15．（2分）工业上使用阳离子隔膜法（仅允许Na+通过）电解饱和食盐水，装置如图所示，则以下说法错误的是（　　）
A．惰性电极X是阳极，发生氧化反应
B．进料口1需补充高浓度氯化钠溶液
C．出气口a中会导出H2，出气口b中会导出Cl2
D．电解过程离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
16．（2分）低浓度的硫酸阿托品常用于治疗青少年的假性近视，阿托品（结构简式如图）可以通过托品酸和托品醇合成，则下列说法错误的是（　　）

A．阿托品的分子式是C17H21NO3
B．托品酸的结构简式是：
C．托品酸能发生取代、加成、消去、氧化等反应
D．阿托品苯环上的一氯代物有3种
17．（2分）关于下列的判断正确的是（　　）
CO32﹣（aq）+H+（aq）⇌HCO3﹣（aq）+Q1
CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）+Q2
OH﹣（aq）+H+（aq）⇌H2O（l）+Q3
OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）⇌CH3COO﹣（aq）+H2O（l）+Q4
A．Q1＞0，Q2＞0 B．Q1＞Q2 C．Q3＞0，Q4＜0 D．Q3＜Q4
18．（2分）常温下，等体积等物质的量浓度的①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（　　）
A．①中c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）
B．①②混合后，铵根离子浓度小于③的二分之一
C．①③混合后，溶液呈碱性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．②溶液中水的电离程度最小
19．（2分）将amol铁片（打磨后）投入含1mol FeCl3、1mol CuCl2的溶液中，下列说法错误的是（　　）
A．铁片完全溶解时，有2amol电子发生转移
B．只有当a＞0.5时，才有可能析出铜单质
C．整个反应过程只发生了置换反应
D．铁片溶解过程中没有气体产生
20．（2分）某密闭容器内，可逆反应2X（？）⇌Y（g）+Z（s）达到平衡。则有（　　）
A．恒容时升高温度，气体的密度增大，X一定为非气态物质
B．恒温时缩小容积，气体的相对平均分子质量有可能不变
C．恒温恒容时，加入少量Z，则平衡向左移动
D．恒温恒容时催化剂加入，Z的质量会增加
二、综合题（共60分）
21．（15分）已知砷（As）是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
（1）砷原子核外未成对电子数为　 　。黄砷（As4）与白磷（P4）的结构类似，以下叙述正确的是　 　。（选填编号）
A．分子中共价键键角均为109°28′
B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷
D．黄砷的熔点高于白磷
（2）砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式　 　，其分子的空间构型为　 　型，是　 　分子。（填“极性”或“非极性”）
（3）As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由　 　。
298K时，将20mL 3xmol•L﹣1Na3AsO3、20mL 3xmol•L﹣1I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。

（4）写出该反应的平衡常数表达式K＝　 　，平衡时，c（AsO33﹣）＝　 　mol•L﹣1。（用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计）
（5）tm时v逆　 　tn时v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是　 　。当反应达到平衡后，下列选项正确的是　 　（选填编号）。
A．2v（I﹣）＝v（AsO33﹣）
B．溶液的pH不再变化
C．c（I﹣）＝ymol•L﹣1D
D．不再变化
22．（15分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的5种溶液pH如表：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SO3
NaHSO3
NaClO
pH
11.6
9.7
10.0
4.0
10.3
请由表数据回答：
（1）NaClO溶液显碱性的原因是　 　。（用离子方程式表示）
（2）侯氏制碱中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括　 　。（选填编号）
A．冷却
B．加入食盐细颗粒
C．通入CO2
D．通入NH3
（3）0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液中离子浓度：c（SO32﹣）　 　c（HSO3﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）；要使其中的c（SO32﹣）减小，下列方法不可行的是　 　。（选填编号）
A．加入过量CaO（s）
B．加入少量NaOH（s）
C．通入过量HCl（g）
D．加入少量的H2O2（aq）
（4）5种溶液中，水的电离程度最小的是　 　（填化学式）；向氯水中加入NaHCO3可增强其漂白性，用化学平衡移动原理解释原因：　 　。
（5）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，写出该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：　 　；若有25.4g I2生成，则转移电子数是　 　个。
23．（15分）高分子树脂M具有较好的吸水性，其合成线路如图。
已知：Ⅰ．RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2O
Ⅱ．CH＝CH﹣COOH
回答下列问题：
（1）写出A的结构简式　 　。
（2）写出B到C的化学方程式　 　，该反应的反应类型是　 　。
（3）写出满足下列条件的G的同分异构体的结构简式　 　。
①与G具有相同官能团；
②苯环上仅有两种不同化学环境的H原子。
（4）上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为　 　；检验D中含有碳碳双键的试剂为　 　。
（5）根据上述合成路线和信息，设计一条以苯乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线。　 　。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
24．（15分）碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图。

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3调节pH在4.4～7.5内，得到的滤渣成分为　 　，写出滤渣中电解质的电离方程式　 　；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和　 　。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法　 　，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为　 　mol。
（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为　 　。为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣。
（4）则溶液中铁元素的总含量为　 　g•L﹣1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会　 　。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）

2020-2021学年上海市奉贤区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）
1．（2分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．明矾可用于水的净化和杀菌消毒
B．食盐可作调味剂，也可用于某些食物的防腐剂
C．SO2广泛用于食品的漂白
D．聚乙烯和聚氯乙烯材料均可用于食品包装袋
【分析】A．明矾没有氧化性，不能杀菌消毒；
B．食盐具有咸味，能够使细菌脱水死亡；
C．SO2有毒，不能漂白食品；
D．聚氯乙烯受热分解产生有毒物质，不能用于食品包装袋。
【解答】解：A．明矾净水原理是电离的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但不能杀菌消毒，故A错误；
B．食盐不仅可作调味剂，还能够使细菌脱水死亡，达到抑制细菌繁殖的目的，所以食盐也可作食品防腐剂，故B正确；
C．SO2具有漂白性，可作漂白剂，但SO2有毒，不能漂白食品，故C错误；
D．聚乙烯无毒，可用于食品包装袋，但聚氯乙烯能释放有害气体，不能用于食品包装袋，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的选择与用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意物质性质与用途的对应关系，题目难度不大。
2．（2分）过氧化氢溶液是一种常见的消毒剂，以下对其描述不符合事实的是（　　）
A．外用消毒剂 B．有漂白作用
C．需密封保存 D．有强氧化性，无还原性
【分析】过氧化氢溶液俗称双氧水，常用作无公害的消毒杀菌剂和漂白剂，其用途：氧化剂、漂白剂、消毒剂，
化学性质：
（1）弱酸性，二元弱酸，酸性比碳酸弱；
（2）氧化性：能将SO2，Fe2+、I﹣氧化，还原产物为H2O
（3）还原性：氧化产物为O2
2MnO4﹣+6H++5H2O2＝2Mn2++5O2+8H2O
（4）不稳定性，易分解，实验室制氧气。
【解答】解：A．过氧化氢溶液俗称双氧水，常用作无公害的消毒杀菌剂和漂白剂，故A正确；
B．过氧化氢具有强氧化性，所以有漂白作用，故B正确；
C．过氧化氢不稳定，易分解，2H2O22H2O+O2↑，需密封保存，故C正确；
D．H2O2中的氧元素为﹣1价，处于中间价态，所以H2O2既具有强氧化性，又有还原性，可被酸性高锰酸钾等强氧化剂氧化，故D错误，
故选：D。
【点评】本题主要考查了H2O2的性质和用途以及保存方法，注重基础知识的考查，属容易题。
3．（2分）下列关于水的说法正确的是（　　）
A．冰雪融化时需吸收热量，破坏化学键
B．酸雨是指pH＜7.0的天然降水
C．常温下水的pH＝7.0，显中性，50℃时，pH＝6.6，显酸性
D．重水分子由氘原子和氧原子构成
【分析】A．冰雪融化时是物质状态变化，无化学键的变化；
B．正常雨水的pH约为5.6，酸雨中溶解二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，酸性增强，则酸雨的pH＜5.6；
C．升温促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；
D．重水分子是氘原子和氧原子构成的化合物。
【解答】解：A．冰雪融化时是固体变化为液体，过程中需吸收热量，不存在化学键的破坏，故A错误；
B．酸雨是指pH值小于5.6的天然降水，故B错误；
C．升温促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，50℃时，水的pH＝6.6，显中性，故C错误；
D．重水分子D2O，分子是由氘原子和氧原子构成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了物质变化、酸雨形成、水的电离影响因素、物质组成等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
4．（2分）硅可做半导体材料的最主要原因是（　　）
A．硅元素地壳中含量巨大，仅次于氧元素，排名第二位
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近
C．硅单质性质稳定，无毒无害
D．硅单质提纯技术成熟，制作成本较低
【分析】依据硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，结合硅的制取和粗硅提纯技术成熟，制作成本较低解答。
【解答】解：硅可做半导体材料的最主要原因：硅单质提纯技术成熟，制作成本较低，2C+SiO2Si+2CO↑，得到粗硅与氯气反应生成四氯硅烷，四氯化硅被氢气还原即可得到高纯度硅，
故选：D。
【点评】本题考查了硅的性质及用途，熟悉硅的制取和提纯过程是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）下列化学用语正确的是（　　）
A．碳原子的核外电子轨道表示式：
B．甲基的电子式为
C．丙烷的比例模型：
D．氮分子的结构式：
【分析】A．碳原子核外电子有6个电子，电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，2p2表示错误；
B．甲基中含有3个碳氢键，碳原子最外层为7个电子；
C．该模型为球棍模型，不是比例模型；
D．氮气的结构式中不需要标出未成对电子。
【解答】解：A．碳原子核外有6个电子，根据构造原理、泡利原理、洪特规则可写出基态碳（C）原子的轨道表示式为，故A正确；
B．甲基中碳原子最外层为7个电子，甲基的电子式为：，故B错误；
C．是丙烷的球棍模型，其比例模型为，故C错误；
D．氮气分子中存在一个氮氮三键，氮气的结构式中不需要标出未成对电子，氮气的结构式为N≡N，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及结构式、电子式、比例模型、原子的轨道表示式等知识，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
6．（2分）某分子晶体结构模型如图，下列说法正确的是（　　）

A．该模型可以表示H2O的分子模型
B．图中每个线段代表化学键
C．表示的是非极性分子
D．空间网状结构，熔沸点高
【分析】由图可知，该晶胞为分子晶体，熔沸点较低，分子为AB2，结构为直线形，分子间作用力不是化学键，据此来解答。
【解答】解：A.由分析可知，分子结构为直线形，H2O为V形，故A错误；
B.连接分子与分子间的作用力为分子间作用力，不属于化学键，故B错误；
C.分子为AB2，结构为直线形，正负中心重合，是由极性键构成的非极性分子，故C正确；
D.分子晶体的熔沸点较低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查晶体的结构和性质，为高频考点，了解分子晶体的性质是解本题的关键，侧重考查分子的极性、分子晶体的性质、化学键等知识点，题目难度不大。
7．（2分）下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（　　）
A．合成氨 B．氨碱法制纯碱
C．接触法制硫酸 D．工业制盐酸
【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应，据此分析。
【解答】解：A．合成氨工业中氮气、氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故B选；
C．接触法制硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故C不选；
D．工业上用氢气与氯气反应制盐酸，化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
8．（2分）已知硫化氢可在氧气中燃烧，用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法错误的是（　　）
A．标准状况下，11.2L氧气中含电子总数为8NA
B．标准状况下，22.4L硫化氢中所含原子总数为3NA
C．常温常压下，3.4克硫化氢中含有极性键的总数为0.2NA
D．若生成3.6g H2O，则硫化氢得电子的数目一定为0.8NA
【分析】A．求出标况下氧气的物质的量，然后根据氧气中含16个电子来分析；
B．求出标况下22.4L硫化氢的物质的量，然后根据硫化氢为三原子分子来分析；
C．求出3.4g硫化氢的物质的量，然后根据硫化氢中含2条极性键来分析；
D．求出3.6g水的物质的量，根据H原子数守恒求出燃烧的硫化氢的物质的量，硫化氢在氧气中可以完全燃烧生成SO2，还能不完全燃烧生成S，据此分析。
【解答】解：A．标况下11.2L氧气的物质的量n＝＝0.5mol，而氧气中含16个电子，故0.5mol氧气中含电子为8NA个，故A正确；
B．标况下22.4L硫化氢的物质的量为n＝＝1mol，而硫化氢为三原子分子，故1mol硫化氢中含3NA个原子，故B正确；
C．3.4g硫化氢的物质的量n＝＝0.1mol，而硫化氢中含2条极性键，故0.1mol硫化氢中含0.2NA条极性键，故C正确；
D．3.6g水的物质的量为n＝＝0.2mol，根据H原子数守恒可知燃烧的硫化氢的物质的量为0.2mol，而硫化氢在氧气中可以完全燃烧生成SO2，还能不完全燃烧生成S，故0.2mol硫化氢若完全燃烧生成二氧化硫，则失去的电子的物质的量可能为0.2mol×[4﹣（﹣2）]＝1.2mol，若完全燃烧生成S则失去的电子的物质的量为0.2mol×[0﹣（﹣2）]＝0.4mol，即0.2mol硫化氢燃烧后失去的电子介于0.4NA～1.2NA，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
9．（2分）下列试剂可以使氮氧化物（NxOy）在一定条件下转化为无毒无害气体的是（　　）
A．氨 B．氢氧化钠 C．硫酸 D．氯化氢
【分析】使氮氧化物（NxOy）在一定条件下转化为无毒无害气体即氮气，则氮元素化合价降低，即氮氧化物作氧化剂，加入的物质应该具有还原性。
【解答】解：A.使氮氧化物（NxOy）在一定条件下转化为无毒无害气体即氮气，则氮元素化合价降低作氧化剂，加入的物质应该具有还原性，氨气符合，例如：
6NO2+8NH37N2+12H2O，故A正确；
B.2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O，故B错误；
C.氮氧化物（NxOy）与硫酸不反应，故C错误；
D.氮氧化物（NxOy）与氯化氢不反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了用氧化还原知识解决实际问题，涉及氮氧化物用氨气还原转化成无毒的气体，培养了学生们的科学态度和社会责任的化学核心素养，本题目比较简单。
10．（2分）根据表中短周期元素的信息判断下列说法错误的是（　　）
元素编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径（nm）
0.037
0.074
0.082
0.099
0.102
0.143
0.186
最高或最低化合价
+1
﹣2
+3
﹣1
﹣2
+3
+1
A．元素④的氧化物对应水化物的酸性强于元素⑤的氧化物对应水化物
B．元素④气态氢化物的稳定性强于元素⑤气态氢化物
C．元素⑥对应的简单离子半径小于元素⑦对应的简单离子半径
D．元素②⑥形成的化合物具有两性
【分析】7种短周期元素中，②、⑤的最低价都为﹣2价，为ⅥA族元素，根据原子半径可知②为O元素、⑤为S元素；①、⑦的最高正化合价为+1价，结合原子半径大小可知①为H元素、⑦为Na元素；③、⑥的最高价为+3价，结合原子半径可知③为B元素、⑥为Al元素；④的最低价为﹣1价，为ⅤⅡA族元素，其原子半径大于②O元素，则④为Cl元素，以此解答该题。
【解答】解：①为H元素，②为O元素，③为B元素，④为Cl元素，⑤为S元素，⑥为Al元素，⑦为Na元素。
A.非金属性Cl＞S，则元素Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性强于元素S的最高价化物对应水化物，题目没有指明为最高价，则不能比较酸性强弱，故A错误；
B.非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；
C.元素⑥对应的离子为铝离子，元素⑦对应的离子为钠离子，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故C正确；
D.元素②⑥形成的化合物为氧化铝，为两性氧化物，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，为高频考点，结合元素化合价、原子半径推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度中等。
11．（2分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（　　）
A．利用图装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜
B．利用图装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分
C．利用图装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液
D．利用图装置可进行酸碱中和滴定
【分析】A．灼烧固体应该用坩埚；
B．温度计位置错误；
C．CH3CH2OH和CH3COOC2H5混溶；
D．酸碱中和滴定常用到滴定管和锥形瓶等仪器。
【解答】解：A．灼烧胆矾应该用坩埚，故A错误；
B．温度计应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故B错误；
C．CH3CH2OH和CH3COOC2H5混溶，应加入饱和碳酸钠溶液然后分液，或直接蒸馏分离，故C错误；
D．酸碱中和滴定常用到滴定管和锥形瓶等仪器，图为中和滴定操作，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质的制备、分离以及中和滴定等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握物质的性质异同以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大。
12．（2分）有些物质既能够与酸反应，又能够与碱反应。以下不符合的是（　　）
A．氧化铝 B．氯化铝 C．碳酸铵 D．碳酸氢钠
【分析】既能和酸反应又能和碱反应的物质有铝单质，化合物为有两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、氨基酸等，据此解答。
【解答】解：A．氧化铝为两性物质，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故A不选；
B．氯化铝只能与碱反应，与酸不反应，故B选；
C．碳酸铵为弱酸的铵盐，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故C不选；
D．碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，既能够与酸反应，又能够与碱反应，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质与发生反应，熟记既能和酸反应又能和碱反应的物质类别即可解答，题目难度不大。
13．（2分）如果改变某一条件，生成物种类不变的是（　　）
A．金属钠与氧气（改变温度）
B．氯化铝与氨水（改变氨水浓度）
C．铁和浓硫酸（改变温度）
D．CO2气体与氢氧化钠溶液（改变氢氧化钠浓度）
【分析】A．钠与氧气常温生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠；
B．氯化铝与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝；
C．铁与浓硫酸低温发生钝化，加热反应生成硫酸铁和二氧化硫和水；
D．二氧化碳与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，与少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠。
【解答】解：A．钠与氧气常温生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠，产物与温度有关，故A不选；
B．氯化铝与氨水反应生成氯化铵和氢氧化铝，产物与氨水浓度无关，故B选；
C．铁与浓硫酸低温发生钝化，加热反应生成硫酸铁和二氧化硫和水，产物与温度有关，故C不选；
D．二氧化碳与过量氢氧化钠反应生成碳酸钠，与少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，产物与氢氧化钠用量有关，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的性质及发生反应，明确反应条件对反应产物的影响是解题关键，题目难度不大。
14．（2分）在某酸性溶液中，天然气脱硫原理如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．为了增强氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸
B．CH4是反应的催化剂
C．过程②使溶液酸性增强
D．过程①与过程②转移电子的物质的量之比为1：1
【分析】由图中可得出，过程①的反应物为Fe2（SO4）3、CH4、H2S，生成物为S、FeSO4、CH4；过程②的反应物为FeSO4、CH4、O2，生成物为Fe2（SO4）3、CH4，在反应中没有体现H2SO4的参与，从而得出反应的化学方程式；过程①：Fe2（SO4）3+H2S═S+2FeSO4+H2SO4；过程②：4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O，据此分析解答。
【解答】解：A．硝酸会生成污染性气体氮的氧化物，所以增强氧化性，溶液的酸化不可以使用硝酸，故A错误；
B．从分析中可以看出，CH4没有参与反应，所以CH4不是反应的催化剂，故B错误；
C．过程②的反应为4FeSO4+O2+2H2SO4═2Fe2（SO4）3+2H2O，H2SO4反应生成Fe2（SO4）3和H2O，使介质溶液酸性减弱，故C错误；
D．以FeSO4为基准，调整过程①与过程②的化学计量数，可得出转移电子的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查天然气催化脱硫，通过读图可知脱硫过程：Fe2（SO4）3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S是解答关键，题目难度不大。
15．（2分）工业上使用阳离子隔膜法（仅允许Na+通过）电解饱和食盐水，装置如图所示，则以下说法错误的是（　　）
A．惰性电极X是阳极，发生氧化反应
B．进料口1需补充高浓度氯化钠溶液
C．出气口a中会导出H2，出气口b中会导出Cl2
D．电解过程离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
【分析】根据钠离子移动方向判断，X为阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，则Y为阴极，发生2H++2e﹣＝H2↑，出气口b中会导出H2，出气口a中会导出Cl2，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH﹣，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区导出，注意题中阳离子交换膜仅允许Na+通过的特点。
【解答】解：A．X为阳极，发生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；
B．电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，即浓盐水从进料口1注入，故B正确；
C．出气口b中会导出H2，出气口a中会导出Cl2，故C错误；
D．电解过程离子方程式：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，侧重于氯碱工业的考查，注意把握题给信息，阳离子交换膜为解答该题的关键，注意审题，题目难度不大。
16．（2分）低浓度的硫酸阿托品常用于治疗青少年的假性近视，阿托品（结构简式如图）可以通过托品酸和托品醇合成，则下列说法错误的是（　　）

A．阿托品的分子式是C17H21NO3
B．托品酸的结构简式是：
C．托品酸能发生取代、加成、消去、氧化等反应
D．阿托品苯环上的一氯代物有3种
【分析】阿托品含有酯基、羟基，具有酯类和醇的性质，水解可生成，以此解答该题。
【解答】解：A.由结构简式可知阿托品的分子式是C17H23NO3，故A错误；
B.含有酯基，可水解生成，故B正确；
C.含有酯基，可发生水解反应，取代反应，含有苯环，可发生加成反应，含有羟基，可发生消去反应、氧化反应，故C正确；
D.苯环只有一个取代基，则苯环上的一氯代物有3种，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、酯类性质的考查，题目难度不大。
17．（2分）关于下列的判断正确的是（　　）
CO32﹣（aq）+H+（aq）⇌HCO3﹣（aq）+Q1
CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）+Q2
OH﹣（aq）+H+（aq）⇌H2O（l）+Q3
OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）⇌CH3COO﹣（aq）+H2O（l）+Q4
A．Q1＞0，Q2＞0 B．Q1＞Q2 C．Q3＞0，Q4＜0 D．Q3＜Q4
【分析】反应①CO32﹣（aq）+H+（aq）⇌HCO3﹣是放热反应；
反应②CO32﹣（aq）+H2O（l）⇌HCO3﹣（aq）+OH﹣（aq）是盐类的水解，是吸热反应；
反应③OH﹣（aq）+H+（aq）⇌H2O（l）和反应④OH﹣（aq）+CH3COOH（aq）⇌CH3COO﹣（aq）+H2O（l）均为酸碱中和，均为放热反应，放热反应的Q大于0.吸热反应的Q小于0，据此分析。
【解答】解：A．反应①为放热反应，故Q1＞0；反应②为盐类的水解，故为吸热反应，故Q2＜0，故A错误；
B．由于Q1＞0，Q2＜0，故Q1＞Q2，故B正确；
C．反应③和反应④均为酸碱中和，均为放热反应，故Q3＞0，Q4＞0，故C错误；
D．由于④中醋酸为弱酸，电离吸热，故反应④放出的热量小于反应③放出的，故Q3＞Q4，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了反应热的大小比较，应注意的是酸碱中和是放热反应，盐类的水解是吸热反应。
18．（2分）常温下，等体积等物质的量浓度的①氨水②盐酸③氯化铵溶液，下列说法错误的是（　　）
A．①中c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）
B．①②混合后，铵根离子浓度小于③的二分之一
C．①③混合后，溶液呈碱性，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）
D．②溶液中水的电离程度最小
【分析】A.氨水溶液呈碱性，且存在水的电离；
B.①②混合后，体积为③的2倍，浓度越大，水解程度越小；
C.①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断；
D.酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大或碱中c（OH﹣）越大越抑制水电离，氯化铵水解对水的电离起促进作用。
【解答】解：A.氨水溶液呈碱性，一水合氨为弱电解质，电离程度较小，且存在水的电离，则①中c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故A正确；
B.①②混合后，体积为③的2倍，浓度越大，水解程度越小，则①②混合后，铵根离子浓度小于③的二分之一，故B正确；
C.①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣），故C错误；
D.酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大或碱中c（OH﹣）越大越抑制水电离，①中c（OH﹣）小于②中c（H+），所以①抑制水电离程度小于②，氯化铵水解对水的电离起促进作用，所以水的离程度：③＞①＞②，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高考常见题型和高频考点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，知道水电离影响因素，注意结合电荷守恒解该题，题目难度中等。
19．（2分）将amol铁片（打磨后）投入含1mol FeCl3、1mol CuCl2的溶液中，下列说法错误的是（　　）
A．铁片完全溶解时，有2amol电子发生转移
B．只有当a＞0.5时，才有可能析出铜单质
C．整个反应过程只发生了置换反应
D．铁片溶解过程中没有气体产生
【分析】A．铁与铁离子和铜离子反应都生成亚铁离子；
B．铁离子氧化性强于铜离子，铁先与铁离子反应；
C．铁与铁离子反应生成亚铁离子为化合反应；
D．铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子。
【解答】解：A．amol铁片（打磨后）投入含1mol FeCl3、1mol CuCl2的溶液中，铁完全反应生成amol亚铁离子，转移2amol电子，故A正确；
B．铁离子氧化性强于铜离子，铁先与铁离子反应，1mol FeCl3需要消耗0.5mol铁，所以只有当a＞0.5时，才有可能析出铜单质，故B正确；
C．整个反应过程发生了化合反应和置换反应，故C错误；
D．铁与铁离子反应生成亚铁离子，与铜离子反应生成铜和亚铁离子，过程中没有氢气生成，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了铁的性质，熟悉铁离子与铜离子氧化性强弱，反应先后顺序是解题关键，题目难度不大。
20．（2分）某密闭容器内，可逆反应2X（？）⇌Y（g）+Z（s）达到平衡。则有（　　）
A．恒容时升高温度，气体的密度增大，X一定为非气态物质
B．恒温时缩小容积，气体的相对平均分子质量有可能不变
C．恒温恒容时，加入少量Z，则平衡向左移动
D．恒温恒容时催化剂加入，Z的质量会增加
【分析】A.恒容时升高温度，气体的密度增大，说明气体的质量增大；
B.可能只有Y为气体；
C.Z为固体，对平衡移动无影响；
D.催化剂不改变平衡移动。
【解答】解：A.如X为非气态，正反应为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，气体的密度增大，故A错误；
B.如X为非气态物质，则改变压强，气体的平均相对分子质量不变，故B正确；
C.Z为固体，对平衡移动无影响，加入Z，平衡不移动，故C错误；
D.催化剂不改变平衡移动，加入催化剂，Z的质量不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡移动影响因素，为高考常见题型和高频考点，侧重考查分析判断能力，明确温度、压强、浓度对化学反应平衡移动影响原理是解本题关键，注意平衡状态的判断，题目难度不大。
二、综合题（共60分）
21．（15分）已知砷（As）是第四周期ⅤA族元素，请回答下列问题：
（1）砷原子核外未成对电子数为　3　。黄砷（As4）与白磷（P4）的结构类似，以下叙述正确的是　D　。（选填编号）
A．分子中共价键键角均为109°28′
B．黄砷中共价键键能大于白磷
C．黄砷分子极性大于白磷
D．黄砷的熔点高于白磷
（2）砷化氢的结构与氨气类似，写出砷化氢的电子式　　，其分子的空间构型为　三角锥　型，是　极性　分子。（填“极性”或“非极性”）
（3）As元素的非金属性比N元素弱，从原子结构的角度说明理由　两者具有相同的最外层电子数，As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N　。
298K时，将20mL 3xmol•L﹣1Na3AsO3、20mL 3xmol•L﹣1I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣（aq）⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示。

（4）写出该反应的平衡常数表达式K＝　　，平衡时，c（AsO33﹣）＝　x﹣y　mol•L﹣1。（用含有x、y的代数式表示，溶液混合体积变化忽略不计）
（5）tm时v逆　＜　tn时v逆（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是　由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大　。当反应达到平衡后，下列选项正确的是　BD　（选填编号）。
A．2v（I﹣）＝v（AsO33﹣）
B．溶液的pH不再变化
C．c（I﹣）＝ymol•L﹣1D
D．不再变化
【分析】（1）As元素位于第四周期第VA族，4p能级上有3个未成对电子；
A．P4、As4都为正四面体结构，As、P原子位于正四面体的顶点上；
B．键长越长，键能越小；
C．二者都是非极性键分子；
D．不含氢键的分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力与相对分子质量成正比；
（2）砷化氢的结构与氨气类似，As原子和每个H原子共用一对电子且As原子还有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型，正负电荷中心不重合的分子为极性分子；
（3）元素得电子能力越强，其非金属性越强；
（4）该化学平衡常数K＝；溶液混合后溶液体积变为原来3倍，溶液浓度变为原来的，所以溶液混合后没有反应时c（AsO33﹣）＝xmol/L，根据图知，平衡时溶液中c（AsO43﹣）＝ymol/L，根据As原子守恒知，反应中消耗c（AsO33﹣）＝ymol/L；
（5）生成物浓度越大，逆反应速率越快；反应达到平衡时，各物质浓度不变。
【解答】解：（1）As元素位于第四周期第VA族，4p能级上有3个未成对电子，所以As原子核外未成对电子数是3；
A．P4、As4都为正四面体结构，As、P原子位于正四面体的顶点上，键角为60°，故A错误；
B．键长越长，键能越小，键长As﹣As＞P﹣P，所以黄砷键能小于白磷，故B错误；
C．二者都是非极性键分子，分子极性相同，故C错误；
D．二者都是不合氢键的分子晶体，相对分子质量：黄砷＞白磷，则熔沸点：黄砷＞白磷，故D正确；
故答案为：3；D；
（2）砷化氢的结构与氨气类似，As原子和每个H原子共用一对电子且As原子还有一个孤电子对，其电子式为，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，所以为极性分子，
故答案为：；三角锥；极性；
（3）两者具有相同的最外层电子数，As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N，
故答案为：两者具有相同的最外层电子数，As原子的电子层数大于N，其原子半径大于N，故As原子的得电子能力小于N，As元素的非金属性弱于N；
（4）该化学平衡常数K＝；溶液混合后溶液体积变为原来3倍，溶液浓度变为原来的，所以溶液混合后没有反应时c（AsO33﹣）＝xmol/L，根据图知，平衡时溶液中c（AsO43﹣）＝ymol/L，根据As原子守恒知，反应中消耗c（AsO33﹣）＝ymol/L，所以平衡时c（AsO33﹣）＝（x﹣y）mol/L，
故答案为：；x﹣y；
（5）由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大，所以tm逆反应速率小于tn逆反应速率，
A．达到平衡时v（I﹣）＝2v（AsO33﹣），故A错误；
B．达到平衡时，溶液中c（OH﹣）不变，则溶液的pH不再变化，故B正确；
C．达到平衡时c（I﹣）＝2c（AsO43﹣）＝2ymol•L﹣1，故C错误；
D．不再变化，说明二者浓度都不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：＜；由图可知，从tm到tn，生成物浓度不断升高，逆反应速率也不断增大；BD。
【点评】本题考查物质结构和性质、化学平衡计算等知识点，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确化学平衡状态判断方法、非金属性强弱比较方法、化学平衡计算方法是解本题关键，注意（4）中K表达式的书写，为解答易错点，题目难度不大。
22．（15分）常温下，浓度均为0.1mol•L﹣1的5种溶液pH如表：
溶质
Na2CO3
NaHCO3
Na2SO3
NaHSO3
NaClO
pH
11.6
9.7
10.0
4.0
10.3
请由表数据回答：
（1）NaClO溶液显碱性的原因是　ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣　。（用离子方程式表示）
（2）侯氏制碱中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括　C　。（选填编号）
A．冷却
B．加入食盐细颗粒
C．通入CO2
D．通入NH3
（3）0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液中离子浓度：c（SO32﹣）　＜　c（HSO3﹣）。（填“＞”、“＜”或“＝”）；要使其中的c（SO32﹣）减小，下列方法不可行的是　 　。（选填编号）
A．加入过量CaO（s）
B．加入少量NaOH（s）
C．通入过量HCl（g）
D．加入少量的H2O2（aq）
（4）5种溶液中，水的电离程度最小的是　NaHSO3　（填化学式）；向氯水中加入NaHCO3可增强其漂白性，用化学平衡移动原理解释原因：　氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大　。
（5）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3酸性溶液氧化，当NaHSO3完全消耗时有I2析出，写出该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：　　；若有25.4g I2生成，则转移电子数是　NA　个。
【分析】（1）NaClO溶液显碱性的原因是次氯酸根离子水解结合水电离出的氢离子，促进水电离平衡正向进行；
（2）饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，如：增大铵根离子、氯离子浓度，或者降低温度；
（3）0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液pH＝4.0，溶液显酸性，亚硫酸根氢根离子电离程度大于其水解程度，据此判断溶液中离子浓度大小，要使其中的c（SO32﹣）减小，加入的试剂结合亚硫酸根离子生成沉淀或氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子或和酸反应生成二氧化硫气体等；
（4）五种溶液中Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaClO溶液中，弱离子水解溶液显碱性，对水的电离起到促进作用，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动；
（5）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式，依据方程式计算转移电子数用单线桥表示，结合电子守恒计算。
【解答】解：（1）NaClO溶液显碱性的原因是次氯酸根离子水解，反应的离子方程式：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣；
（2）母液中析出NH4Cl，则溶液应该达到饱和，饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向着逆向移动，
A．冷却母液，氯化铵的溶解度降低，有利于氯化铵的析出，故A错误；
B．加入食盐细颗粒，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．通入CO2后，对铵根离子和氯离子没有影响，则对母液中析出NH4Cl无帮助，故C正确；
D．通入NH3后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，故D错误；
故答案为：C；
（3）0.1mol•L﹣1的NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子电离生成亚硫酸根离子，离子浓度：c（SO32﹣）＜c（HSO3﹣），要使其中的c（SO32﹣）减小，结合离子性质分析判断，
A．加入过量CaO（s），氧化钙和水反应生成氢氧化钙，亚硫酸氢根离子会和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，c（SO32﹣）减小，方法可行，故A错误；
B．加入少量NaOH（s），HSO3﹣+OH﹣＝SO32﹣+H2O，c（SO32﹣）增大，方法不可行，故B正确；
C．通入过量HCl（g），H++HSO3﹣＝H2O+SO2↑，c（SO32﹣）减小，方法可行，故C错误；
D．加入少量的H2O2（aq），会氧化亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子和氢离子，酸性增强，c（SO32﹣）减小，方法可行，故D错误；
故答案为：＜；B；
（4）五种溶液中Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaClO溶液中，弱离子水解溶液显碱性，对水的电离起到促进作用，NaHSO3溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，5种溶液中，水的电离程度最小的是：NaHSO3，氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大，
故答案为：NaHSO3；氯水中存在以下平衡：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，当加入NaHCO3后，NaHCO3能与盐酸反应，因为氯水中的氢离子浓度减小，所以平衡正向移动，但NaHCO3不能与次氯酸反应，故使溶液中次氯酸的浓度增大；
（5）NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液时HSO3﹣被氧化成硫酸根离子，IO3﹣被还原成I2，碘元素从+5价降为0价，硫元素从+4价升高为+6价，依据得失电子守恒、原子个数守恒可知反应的化学方程式为4NaIO3+10NaHSO3═2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O，该反应的离子方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：，该反应中生成1mol碘单质转移的电子数为10e﹣，若有25.4g I2生成，n＝＝0.1mol，则转移电子数是NA，
故答案为：；NA个。
【点评】本题考查盐类水解、弱电解质电离平衡影响因素、氧化还原反应等知识点，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查，题目难度中等。
23．（15分）高分子树脂M具有较好的吸水性，其合成线路如图。
已知：Ⅰ．RCHO+CH3CHORCH＝CHCHO+H2O
Ⅱ．CH＝CH﹣COOH
回答下列问题：
（1）写出A的结构简式　　。
（2）写出B到C的化学方程式　　，该反应的反应类型是　氧化反应　。
（3）写出满足下列条件的G的同分异构体的结构简式　　。
①与G具有相同官能团；
②苯环上仅有两种不同化学环境的H原子。
（4）上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为　保护碳碳双键，防止被氧化　；检验D中含有碳碳双键的试剂为　Br2/CCl4　。
（5）根据上述合成路线和信息，设计一条以苯乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成的合成路线。　　。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）
【分析】C和甲醛发生信息I的反应，则C为，B为、A为，D为，D发生加成反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生信息II的反应生成G为，G发生加聚反应生成M为；
（5）以苯乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成，发生信息I的反应生成，和溴发生加成反应生成，然后发生氧化反应生成，最后发生信息II的反应生成。
【解答】解：（1）通过以上分析知，A的结构简式为，
故答案为；
（2）C为，B为，B发生催化氧化生成C，B到C的化学方程式为，该反应的反应类型是氧化反应，
故答案为：；氧化反应；
（3）G为，G的同分异构体满足下列条件：
①与G具有相同官能团，说明含有碳碳双键和羧基；
②苯环上仅有两种不同化学环境的H原子，则两个取代基且位于对位，
符合条件的结构简式为，
故答案为：；
（4）碳碳双键、醛基都能被氧气氧化，所以上述合成路线中，D→E的转化在合成M中的作用为保护碳碳双键，防止被氧化；D为，碳碳双键能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应但醛基和溴的四氯化碳不反应，所以检验D中含有碳碳双键的试剂为Br2/CCl4，
故答案为：保护碳碳双键，防止被氧化；Br2/CCl4；
（5）以苯乙醛为有机原料（其他无机试剂任选）合成，发生信息I的反应生成，和溴发生加成反应生成，然后发生氧化反应生成，最后发生信息II的反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查推断及知识迁移能力，明确反应前后官能团变化、碳链结构变化是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度中等。
24．（15分）碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如图。

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3调节pH在4.4～7.5内，得到的滤渣成分为　Al（OH）3、Fe　，写出滤渣中电解质的电离方程式　H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣　；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和　玻璃棒　。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法　取反应Ⅱ中的溶液，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色，说明Fe2+完全被氧化　，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为　2　mol。
（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为　2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）+2H+　。为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH＜2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣。
（4）则溶液中铁元素的总含量为　5.6　g•L﹣1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会　偏高　。（填“偏高”、“偏低”或“不变”）
【分析】工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O，
Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe＝3FeSO4，铁元素主要以亚铁离子存在，
（1）加入NaHCO3的目的就是利用双水解反应：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，可除掉铝离子，所以滤渣中含有Al（OH）3和Fe；
（2）向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，在酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应其离子方程式为：NO2﹣+Fe2++2H+＝Fe2++NO+H2O，若检验亚铁离子是否完全被氧化可用酸性KMnO4溶液紫色是否褪色来判断，实际生产中，反应I常同时通入O2以减少NaNO2的用量，可利用电子守恒计算节约NaNO2的物质的量；
（3）由题干信息可知碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，利用电荷守恒，写出其水解离子方程式；
（4）根据已知方程式可得：Fe3+～S2O32﹣的关系计算出铁元素的含量，并根据双氧水的性质若其有剩余判断出碘单质增多，会使硫代硫酸钠溶液体积偏大，
使所测结果偏高，做出判断。
【解答】解：（1）废铁屑中含少量氧化铝、氧化铁等，将过量废铁屑加入稀硫酸中，发生反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O，
Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O，Fe2（SO4）3+Fe＝3FeSO4，然后反应I中加入NaHCO3并搅拌，调节溶液的pH，发生反应Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，所以滤渣中成分是Al（OH）3和过量的Fe，滤渣中电解质为Al（OH）3，它是两性氢氧化物存在两式电离，其电离方程式为：H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣
实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，
故答案为：Al（OH）3、Fe；H++AlO2﹣+H2O⇌Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣；玻璃棒；
（2）过滤得到硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸和NaNO2，在酸性条件下，NaNO2和FeSO4发生氧化还原反应生成铁离子，检验亚铁离子是否完全被氧化的方法为：取反应Ⅱ中的溶液，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色，说明Fe2+完全被氧化，
故答案为：取反应Ⅱ中的溶液，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色，说明Fe2+完全被氧化；
实际生产中，反应I常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2体积为11.2L （标准状况）氧气的物质的量为：＝0.5mol，因O元素的化合价由0降低为﹣2，则氧气转移电子数为：0.5mol×2×2＝2mol，N元素的化合价由+3降低为+2，则由转移电子相等可以知道相当于节约NaNO2的物质的量为：2mol，
故答案为：2mol；
（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）+2H+，
故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）+2H+；
（4）由2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣，可得：Fe3+～S2O32﹣，则
n（Fe3+）＝n（S2O32﹣）＝0.1000mol/L×0.02L＝0.002mol，铁元素总含量为：＝5.6g/L，
若滴定前0.02L溶液中H2O2没有除尽，H2O2也能氧化I﹣生成I2，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，可以知道所测结果偏高，
故答案为：5.6；偏高。
【点评】本题通过工艺流程图的形式考查了工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的过程，涉及到的知识有氢氧化铝的电离，铝离子与碳酸氢根离子的双水解，亚铁离子的检验、转化以及铁元素的含量测定和误差分析等问题，综合性较强，覆盖面广，充分体现了对学生综合能力的考查，难度较大。