2020-2021学年广东省广州市中山大学附中高三（下）月考化学试卷（3月份）

这是一份2020-2021学年广东省广州市中山大学附中高三（下）月考化学试卷（3月份），共27页。试卷主要包含了9×10−8NA，2℃，固体杂质不参与反应，34g，则产率为______%，2∼5，【答案】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年广东省广州市中山大学附中高三（下）月考化学试卷（3月份）

1. “人文奥运”的一个重要体现是：坚决反对运动员服用兴奋剂。某种兴奋剂的结构简式如图所示，有关该物质的说法正确的是( )

A. 遇FeCl3溶液显紫色，因为该物质与苯酚属于同系物
B. 该物质可以分别发生取代、氧化、消去、加聚、还原反应
C. 1mol该物质分别与NaOH和Na2CO3反应所消耗的NaOH和Na2CO3相同
D. 该物质所有的碳原子不会在同一个平面上
2. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是 ( )
A. 使用含有氯化钙的融雪剂会加快桥梁的腐蚀
B. 为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C
C. 纳米铁粉通过物理吸附可除去污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等
D. 为使水果保鲜，可在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土
3. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1KClO溶液中ClO−的数目小于0.1NA
B. 25℃时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10−8NA
C. 34g质量分数为4%的H2O2水溶液中含氧原子数目为0.08NA
D. 0.3molAgNO3受热完全分解(2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑)，用排水法收集到气体的分子数为0.25NA
4. 下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是( )
选项
操作
现象
结论
A
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+有还原性
B
分别向两支试管中加入同浓度、同体积的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的酸性高锰酸钾溶液
酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同
浓度不同反应速率不同
C
用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3的pH值
pH：NaClO>NaHCO3
酸性：H2CO3>HClO
D
向浓度均为0.1mol⋅L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
5. 某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。以下说法正确的是( )

A. 放电时，正极的电极反应式为Fe2O3+6li++6e−=2Fe+3Li2O
B. 该电池可以用水溶液做电解质溶液
C. 放电时，Fe作电池的负极，Fe2O3作电池的正极
D. 充电时，电池被磁铁吸引
6. 下列离子方程式正确的是( )
A. 向NaClO和NaCl混合溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO−+2H+=Cl−+2Fe3++H2O
B. 水玻璃长时间放置在空气中变浑浊：SiO32−+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3−
C. H218O2 中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O2+2MnO4−+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O
D. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2++HCO3−+2OH−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
7. 常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。
已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A. Ni(CO)4是离子化合物
B. 第一阶段，反应体系的温度应控制在43℃以上，以达到气化分离的目的
C. 反应达到平衡状态以后，保持体积不变通入CO，平衡正向移动，反应的平衡常数增大
D. 第二阶段，可以通过增大压强来提高Ni(CO)4的分解率
8. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.0100mol⋅L−1Na2C2O4标准溶液，现对25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是( )
A. 测得0.0100mol⋅L−1Na2C2O4溶液pH为8.6，此时溶液中存在：c(Na+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H+)
B. 向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7，此时溶液中存在：c(Na+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)
C. 已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10−9。向该溶液中加入等体积0.0200mol⋅L−1CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O42−)<5.00×10−5mol⋅L−1
D. 向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O42−+4MnO4−+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O
9. CO常用于工业冶炼金属．在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中lgc(CO)c(CO2)与温度(t)的关系曲线如图．下列说法正确的是( )

A. 通过增高反应炉的高度，延长矿石和CO接触的时间，能减少尾气中CO的含量
B. CO不适宜用于工业冶炼金属Cr
C. CO还原PbO2的反应△H>0
D. 工业冶炼金属Cu时，高温有利于提高CO的转化率
10. 研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是( )
A. Fe+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
B. 两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C. 反应①是氧化还原反应，N2是氧化产物
D. 若转移1mol电子，则生成的CO2中含C=O键数目为2NA
11. 海洋是一个十分巨大的资源宝库，海水中含量最多的是H、O两种元素，还含有Na、Cl、Mg、Br、Ca、S等元素。海水资源的利用主要包括海水淡化、海水晒盐，从海水中制取镁、钾、溴等化工产品。从海水中提取镁的步骤是将石灰乳加入海水沉淀池中，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应，得到的溶液蒸发结晶，获得六水合氯化镁晶体(MgCl2⋅6H2O)进一步操作得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁可获得单质镁.海水淡化是解决淡水资源短缺的有效途径之一，其方法主要有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等。“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如图。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是SO2+Br2+H2O=2H++2Br−+SO32−
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
12. 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是( )

A. 加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4
B. 向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3
C. 隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：5
D. 烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来
13. 某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是( )
A. W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟
B. 最高价氧化物对应的水化物酸性强弱Y>Z
C. 简单氢化物的沸点：W D. Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构
14. CuBr是一种白色晶体，见光或潮湿时受热易分解，在空气中逐渐变为浅绿色．实验室制备CuBr的反应原理为SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4，用下列装置进行实验，不能达到实验目的是( )
A. 用装置甲制取SO2 B. 用装置乙制取CuBr
C. 用装置丙避光将CuBr与母液分离 D. 用装置丁干燥CuBr
15. 常温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A. 0.1mol⋅L−1 CH3COONa溶液与0.1mol⋅L−1 CaCl2溶液等体积混合：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)
B. 少量Cl2通入过量泠的0.1mol⋅L−1 NaOH溶液中：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)
C. 0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液与0.1mol⋅L−1 HCl溶液混合至pH=7：c(Na+)>c(Cl−)=c(CH3COOH)
D. 0.2mol⋅L−1 NH3⋅H2O溶液与0.1mol⋅L−1  HCl溶液等体积混合：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3⋅H2O)+c(OH−)
16. 有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是( )

A. 放电时，电流由a电极经外电路流向b电极
B. 充电时，a电极附近的pH减小
C. 充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne−+4nH+=
D. 电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移
17. 实验室以绿矾(FeSO4⋅7H2O)制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe].有关物质性质
甘氨酸(NH2CH2COOH)
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物
易溶于水和乙醇，有强酸性 和还原性
易溶于水，难溶于乙醇
实验过程：配制含 0.10molFeSO4 的绿矾溶液。
制备 FeCO3：将配制好的绿矾溶液与 200mL1.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液混合，反应结束后过滤 并洗涤沉淀。
制备(NH2CH2COO)2Fe：实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)，将实验Ⅱ得到的沉淀和 含 0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入 C 中，然后利用 A 中的反应将 C 中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：

(1)实验 I 中：实验室配制绿矾溶液，将铁粉与稀硫酸混合时哪种试剂应该过量______。
(2)实验 II 中：制备 FeCO3 时应向______溶液中缓慢加入______溶液边加边搅拌，若颠倒试剂滴 加顺序可能产生的后果是______。
(3)确认 C 中空气排尽的实验现象是______。
(4)加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的 pH 促进 FeCO3 溶解，另一个作用是______。
(5)洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀，所选用的最佳洗涤试剂是______。(填序号)
A.热水B.乙醇溶液C.柠檬酸溶液
(6)若产品的质量为 17.34g，则产率为______%。
18. 普通立德粉(BaSO4⋅ZnS)广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌(含Zn、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如图：

(1)生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是______。
(2)加入锌粉的主要目的是______(用离子方程式表示)。
(3)已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO42−.据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至______；
a.2.2∼2.4
b.5.2∼5.4
c.12.2∼12.4
滤渣Ⅲ的成分为______。
(4)制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，目的是______；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是______。
(5)普通立德粉(BaSO4⋅ZnS)中ZnS含量为29.4%.高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%.在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉。所选试剂为______，反应的化学方程式为______(已知BaSO4的相对分子质量为233.ZnS的相对分子质量为97)。
19. 过量含磷物质的排放会致使水体富营养化，因此发展水体除磷技术非常重要.常用的除磷技术有化学沉淀法，吸附法等。
(1)磷酸铵镁结晶法回收废水中的磷是近几年的研究热点。其原理为：NH4++Mg2++PO43−+6H2O=NH4MgPO4⋅6H2O↓。pH=9时，磷去除率与初始溶液中n(N)/n(P)、n(Mg)/n(P)的关系如题图1所示。

为达到最佳除磷效果，并节约试剂，n(Mg)：n(N)：n(P)=______ 。n(Mg)：n(N)：n(P)一定，磷去除率随溶液初始pH变化如图2所示。pH>10磷去除率下降，原因是 ______ 。
(2)铁炭混合物在水溶液中形成微电池，铁转化为Fe2+，Fe2+进一步被氧化为Fe3+，Fe3+与PO43−结合成FePO4沉淀。铁炭总质量一定，反应时间相同，测得磷去除率随铁炭质量比的变化如图3所示。
①当m(Fe)：m(C)>1：1.5时，随着m(Fe)增加，磷去除率降低，原因是 ______ 。
②当m(Fe)：m(C)<1：1.5时，随着m(C)增加，磷去除率也降低。但降低幅度低于m(Fe)增加时降低幅度，原因是 ______ 。
(3)次磷酸根(H2PO2−)具有较强的还原性。利用Fe2+、H2O2联合除去废水中次磷酸根，转化过程如图4所示。
①转化除生成Fe3+和羟基自由基(⋅OH)外，还生成一种离子，其化学式为 ______ 。
②写出转化的离子方程式： ______ 。
20. 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如图。

回答下列问题：
(1)G中的含氧官能团名称是 ______ 。
(2)反应①的化学方程式为 ______ 。
(3)鉴别B和C可选用的试剂为 ______ 。
(4)④、⑤的反应类型分别是 ______ 、 ______ 。
(5)E的结构简式为 ______ ，F的结构简式为 ______ 。
(6)写出满足下列条件的C的同分异构体的结构简式： ______ 。(有几种写几种)
苯环上有两种取代基；
分子中有4种不同化学环境的氢原子；
能与NaHCO3溶液反应生成CO2。
(7)设计由制备的合成路线： ______ 。(无机试剂任选)
答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.与苯酚的结构不同，含2个苯环及碳碳双键，不属于苯酚的同系物，故A错误；
B.羟基连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；
C.含有酚羟基，可与氢氧化钠或碳酸钠反应，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，则1mol该物质分别与NaOH和Na2CO3反应所消耗的NaOH和Na2CO3相同，故C正确；
D.含有苯环和碳碳双键，为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则所有的碳原子可能共平面，故D错误；
故选：C。
由结构可知，分子中含酚−OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酚、烯烃的性质，题目难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.钢铁锈蚀的条件是Fe、氧气、水形成原电池使Fe失去电子的过程，氯化钙是盐，能增强电解质溶液的导电性，加快钢铁腐蚀，故A正确；
B.维生素C具有强还原性，能防止亚铁离子被氧化，所以口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故B正确；
C.Fe比Pt、Cu、Cd、Hg活泼，发生置换反应除去污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等，生成了金属Pt、Cu、Cd、Hg等，是化学变化过程，故C错误；
D.水果会产生乙烯，能催熟水果，高锰酸钾能氧化并除去乙烯，所以在水果箱内放入高锰酸钾溶液浸泡过的硅藻土可使水果保鲜，故D正确；
故选：C。
A、结合钢铁锈蚀的条件分析解答；
B、治疗缺铁性贫血常补充亚铁，结合亚铁离子的强还原性解答；
C、Fe比Pt、Cu、Cd、Hg活泼，发生置换反应除去污水中的Pt2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等；
D、水果会产生催熟物质乙烯，高锰酸钾能氧化乙烯。
本题考查了生活、生产中的化学知识，为高频考点，侧重考查学生双基知识，有利于培养学生良好的科学素养，明确反应原理和物质的性质是解题关键，题目难度中等，注意对相关知识的积累。

3.【答案】B

【解析】解：A.溶液体积未知，无法计算次氯酸根离子个数，故A错误；
B.25℃时，100mLpH=8的氨水中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)，则：c(NH4+)=c(OH−)−c(H+)=(10−6−10−8)mol/L，氨根离子个数为：0.1L×(10−6−10−8)mol/L=9.9×10−8NA，故B正确；
C.34g质量分数为4%的H2O2水溶液中，双氧水的物质的量为：34×4%34g/mol=0.04mol，双氧水中含有0.08mol氧原子，由于溶剂水中也含有氧原子，则该溶液中含氧原子数目大于0.08NA，故C错误；
D.将生成的气体NO2和O2通入水中后发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由于0.3molAgNO3受热完全分解生成的气体中NO2和O2的物质的量分别为0.3mol和0.15mol，用排水法收集后，氧气消耗0.075mol，则剩余0.15mol−0.075mol=0.075mol，故收集到的分子数为0.075NA个，故D错误；
故选：B。
本题考查了阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确物质的量与阿伏加德罗常数、摩尔质量、物质的量浓度之间的关系为解答关键。

4.【答案】D

【解析】解：A.亚铁离子、氯离子均被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，不能证明Fe2+有还原性，故A错误；
B.应保证高锰酸钾不足，且等量，只改变草酸的浓度，由操作不能说明结论，故B错误；
C.NaClO可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH来比较对应酸的酸性，故C错误；
D.浓度相同，Ksp小的先沉淀，由操作和现象可知Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，故D正确；
故选：D。
A.亚铁离子、氯离子均被酸性高锰酸钾氧化；
B.应保证高锰酸钾不足，且等量，只改变草酸的浓度；
C.NaClO可使pH试纸褪色；
D.浓度相同，Ksp小的先沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、反应速率、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.【答案】A

【解析】解：A.正极发生还原反应，Fe2O3得电子被还原，所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe，故A正确；
B.锂和水发生反应，所以不可以用NaOH溶液为电解质溶液，故B错误；
C.放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故C错误；
D.充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故D错误。
故选：A。
由图可知该电池放电时负极反应式为Li−e−=xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道正负极与阴阳极电极反应式之间的关系，难点是电极反应式的书写。

6.【答案】C

【解析】解：A.NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，正确的离子方程式为：3H2O+3ClO−+6Fe2+=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl−，故A错误；
B.硅酸钠溶液与空气中的二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为SiO32−+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32−，故B错误；
C.H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，二者发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：5H218O2+2MnO4−+6H+=518O2↑+2Mn2++8H2O，故C正确；
D.Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应，离子方程式：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，故D错误。
故选：C。
A.NaClO和NaCl混合液呈碱性，反应物中不存在H+；
B.硅酸钠溶液与空气中的二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠；
C.H218O2中O元素完全被氧化成氧气；
D.二者反应生成碳酸钙和水。
本题考查离子反应，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应和复分解反应的考查，题目难度中等。

7.【答案】B

【解析】解：A.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，沸点较低是共价化合物，则Ni(CO)4为共价化合物，故A错误；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃，反应体系的温度应控制在43℃以上，以达到气化分离的目的，故B正确；
C.反应达到平衡状态以后，保持体积不变通入CO，平衡正向移动，但温度没有改变，则反应的平衡常数不变，故C错误；
D.Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡逆向移动，不能提高Ni(CO)4的分解率，故D错误；
故选：B。
A.沸点较低是共价化合物；
B.Ni(CO)4的沸点为42.2℃；
C.平衡常数只与温度有关；
D.Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡逆向移动。
本题考查化学平衡的影响因素，解题的关键是掌握勒夏特列原理和平衡常数只与温度有关，此题难度中等。

8.【答案】C

【解析】解：A.Na2C2O4溶液pH为8.6，C2O42−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小，则c(HC2O4−) B.溶液pH=7，则溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(Cl−)+c(OH−)，所以存在c(Na+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(Cl−)，故B错误；
C.向该溶液中加入等体积0.0200mol⋅L−1CaCl2溶液，二者以1：1反应，则氯化钙剩余，混合溶液中c(Ca2+)=0.0200−0.01002mol⋅L−1=0.005mol/L，c(C2O42−)=Ksp(CaC2O4)c(Ca2+)=2.5×10−90.005mol/L=5.00×10−7mol⋅L−1<5.00×10−5mol⋅L−1，故C正确；
D.草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式，离子方程式为6H++5H2C2O4+2MnO4−=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故D错误；
故选：C。
A.Na2C2O4溶液pH为8.6，C2O42−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
B.溶液pH=7，则溶液呈中性，则c(OH−)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(Cl−)+c(OH−)；
C.向该溶液中加入等体积0.0200mol⋅L−1CaCl2溶液，二者以1：1反应，则氯化钙剩余，混合溶液中c(Ca2+)=0.0200−0.01002mol⋅L−1=0.005mol/L，c(C2O42−)=Ksp(CaC2O4)c(Ca2+)；
D.草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式。
本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、离子方程式书写、难溶物溶解平衡等知识点，侧重考查基础知识的理解和灵活应用能力，明确盐类水解原理、离子方程式书写规则、溶度积的有关计算为解答本题关键，C为解答易错点。

9.【答案】B

【解析】解：A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变，故A错误；
B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，lg[c(CO)/c(CO2)]一直很高，说明CO转化率很低，故CO不适宜用于工业冶炼金属Cr，故B正确；
C、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lg[c(CO)/c(CO2)]越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故△H<0，故C错误；
D、由图象可知温度越低lg[c(CO)/c(CO2)]越小，故CO转化率越高，故低温有利于提高CO的转化率，故D错误，
故选：B.
A、增高炉的高度，增大CO与铁矿石的接触，不能影响平衡移动，CO的利用率不变；
B、由图象可知用CO工业冶炼金属铬时，lg[c(CO)/c(CO2)]一直很高，说明CO转化率很低，故不适合；
C、由图象可知CO还原PbO2的温度越高lg[c(CO)/c(CO2)]越高，说明CO转化率越低，平衡逆向移动，故△H<0；
D、由图象可知温度越低lg[c(CO)/c(CO2)]越小，故CO转化率越高．
本题考查根据图象对平衡移动、反应热的判断等，重在培养学生能够利用化学知识并结合图象信息进行答题的能力，综合性强，难度较大．

10.【答案】A

【解析】解：A.Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此是中间产物，故A正确；
B.已知两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)，总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，故B错误；
C.反应①N2O+Fe+=N2+FeO+中N元素化合价降低，Fe元素化合价的升高，因此是氧化还原反应，但N2是还原产物，故C错误；
D.由FeO++CO=CO2+Fe+可知，若转移1mol电子，则生成的CO2为0.5mol，所以生成的CO2中含C=O键数目为NA，故D错误；
故选：A。
A.Fe+作催化剂；
B.总反应由反应慢的决定；
C.有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，还原剂生成氧化产物；
D.由FeO++CO=CO2+Fe+可知，若转移1mol电子，则生成的CO2为0.5mol。
本题考查了氧化还原反应、反应热与焓变，为高频考点，把握元素化合价的变化、反应中能量变化、催化剂对活化能的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

11.【答案】A

【解析】解：A.电解饱和食盐水是氯碱工业，反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，氧化1所用的氯气可通过电解饱和NaCl溶液制得，故A正确；
B.通入足量氯气，溴离子被氧化生成溴单质，吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有Na+、Mg2+、Cl−，故B错误；
C.吸收过程发生反应是溴单质和二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的离子方程式：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+SO42−，故C错误；
D.酒精易溶于水，在水溶液中不能分层，不能用来萃取溴单质，故D错误；
故选：A。
海水通入足量氯气氧化溴离子生成溴单质，用热空气吹出后，被二氧化硫水溶液吸收生成溴化氢和硫酸，再通入氯气氧化得到溴单质，过程中富集溴元素，分离得到液溴，
A.电解饱和食盐水是氯碱工业，反应生成氢氧化钠、氯气和氢气；
B.通入足量氯气，溴离子被氧化生成溴单质；
C.吸收过程发生反应是溴单质和二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢；
D.萃取分液，需要萃取剂不溶于水。
本题考查了海水提溴的过程分析判断，主要是氧化还原反应的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A、铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故A正确；
B、滤液中含有AlO2−，通入过量CO2，发生反应：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3−△+3H2O，即可制得Al2O3，故B正确；
C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：，由方程式可知n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16，故C错误；
D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故D正确。
故选：C。
由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸根，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。
A、FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应，生成CaSO4；
B、滤液中含有AlO2−，通入过量CO2，发生反应生成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤、灼烧Al(OH)3沉淀可制得Al2O3；
C、隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，可根据方程式得出FeS2和Fe3O4的物质的量之比；
D、Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来。
本题为工艺流程图题，考查运用化学反应原理及实验相关知识来解决工业生产中的实际问题，本题以制备氧化铝并获得Fe3O4的目的设计工艺流程，考查减少二氧化硫排放的措施，即加入氧化钙进行吸收转化；Al2O3经氢氧化钠溶液碱浸，转化为AlO2−，加入过量CO2，转化为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3得到纯净的Al2O3；FeS2与Fe2O3反应生成Fe3O4，利用方程式得出反应物的物质的量之比；利用Fe3O4的磁性实现其与烧渣的分离。

13.【答案】A

【解析】解：由上述分析可知，W为N、X为O、Y为P、Z为Cl，
A.W的最简单氢化物为氨气，Z的单质为氯气，混合后可产生白烟为氯化铵，故A正确；
B.非金属性Cl大于P，则最高价氧化物对应的水化物酸性强弱Y C.水、氨气分子间含氢键，且水分子间氢键多，则单氢化物的沸点：Y D.Y、Z形成的化合物为三氯化磷时每个原子均满足8电子结构，若为五氯化磷时P不满足8电子结构，故D错误；
故选：A。
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，由化合物的结构可知W形成3个共价键，则W为N、Y为P；X形成2个共价键，结合原子序数可知X为O；Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，则Z的最外层电子数为6×2−5=7，且化合物中Z形成1个共价键，Z的原子序数最大，Z为Cl，以此来解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

14.【答案】D

【解析】解：A.用浓硫酸与二氧化硫可以制取二氧化硫气体，图示装置合理，故A不选；
B.根据反应SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4可知，用装置乙可制取CuBr，故B不选；
C.CuBr难溶于水，可用装置丙避光将CuBr与母液分离，故C不选；
D.CuBr见光或潮湿时受热易分解，通过装置丁干燥CuBr，CuBr会分解，无法达到实验目的，故D选；
故选：D。
A.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水；
B.根据反应原理SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4分析；
C.CuBr为难溶物，可通过过滤操作将CuBr与母液分离；
D.CuBr潮湿时受热易分解．
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及气体制备、过滤、制备装置判断等知识，明确实验目的为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

15.【答案】D

【解析】解：A、根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，2c(Ca2+)=c(Cl−)，所以c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)，故A错误；
B、如果两者恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠，符合：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，而氢氧化钠过量，所以c(Na+)>c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)，故B错误；
C、0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液与0.1mol⋅L−1HCl溶液混合，溶液中钠离子和氯离子的物质的量相等，所以c(Na+)=c(Cl−)>c(CH3COOH)，故C错误；
D、根据电荷守恒可知：c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)…①，由物料守恒可知：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(Cl−)…②，由①-②可知：：c(Cl−)+c(H+)=c(NH3⋅H2O)+c(OH−)，故D正确；
故选：D。
A、根据物料守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，2c(Ca2+)=c(Cl−)；
B、如果两者恰好完全反应生成氯化钠和次氯酸钠，符合：c(Na+)=c(HClO)+c(ClO−)+c(Cl−)；
C、0.1mol⋅L−1CH3COONa溶液与0.1mol⋅L−1HCl溶液混合，溶液中钠离子和氯离子的物质的量相等；
D、根据电荷守恒可知：c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，由物料守恒可知：c(NH3⋅H2O)+c(NH4+)=2c(Cl−)，由此分析解答．
本题考查离子浓度大小比较，弱电解质的电离平衡、盐类的水解、溶液中离子浓度大小的比较，比较难的是离子浓度大小的比较，可根据物料守恒、电荷守恒进行分析判断．

16.【答案】D

【解析】解：A.放电时，为原电池，电流正极流向负极，即电流由a电极经外电路流向b电极，故A正确；
B.图中变化可知，充电时，聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子，酸性增强，pH减小，故B正确；
C.充电时，b电极为电解池的阴极，发生的是还原反应，电极反应方程式为+4ne−+4nH+=，故C正确；
D.放电过程为原电池，阳离子从负极移向正极，放电时H+从b极区经过半透膜向a极区迁移，故D错误；
故选：D。
电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，a电极为电解池的阳极，放电时该电极为原电池的正极，b电极为原电池的负极，电解池的阴极，
A.放电时，为原电池，电流正极流向负极；
B.充电时，聚对苯二酚(图2)被氧化，生成氢离子；
C.充电时，b电极为电解池的阴极，发生的是还原反应；
D.放电过程为原电池，阳离子从负极移向正极。
本题考查了原电池和电解池原理、电极反应的理解应用，主要是充电放电过程的分析判断，题目难度中等。

17.【答案】Fe(或铁粉)FeSO4(或硫酸亚铁)NH4HCO3(或碳酸氢铵)可能生成氢氧化亚铁沉淀   D中澄清石灰水变浑浊   防止亚铁离子被氧化   B 85

【解析】解：(1)Fe2+易被空气中的O2氧化成Fe3+，在制备时，可使铁过量，防止FeSO4被氧化变质，
故答案为：Fe(或铁粉)；
(2)制备FeCO3时应避免生成氢氧化亚铁，方法是向FeSO4(或硫酸亚铁)溶液中缓慢加入NH4HCO3(或碳酸氢铵)溶液边加边搅拌，
故答案为：FeSO4(或硫酸亚铁)；  NH4HCO3(或碳酸氢铵)；可能生成氢氧化亚铁沉淀；
(3)当C中充满CO2后，CO2开始进入D中，使D中的澄清石灰水变浑浊，这时说明C中空气已经排尽，
故答案为：D中澄清石灰水变浑浊；
(4)由题中信息可知，柠檬酸具有强还原性，还可防止Fe2+被氧化，
故答案为：防止亚铁离子被氧化；
(5)因甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以应选择乙醇溶液作为洗涤剂，故选B，
故答案为：B；
(6)含0.10molFeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，根据Fe元素守恒可知生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol、质量为：204g/mol×0.10mol=20.4g，则(NH2CH2COO)2Fe的产率为：17.34g20.4g×100%=85%，
故答案为：85。
(1)亚铁离子易被空气中的O2氧化成Fe3+；
(2)制备FeCO3时应避免生成氢氧化亚铁；
(3)当C中充满CO2后，使D中的澄清石灰水变浑浊；
(4)由题中信息“易溶于水和乙醇，有强酸性和还原性”分析；
(5)根据甘氨酸亚铁“易溶于水，难溶于乙醇”分析；
(6)含0.10molFeSO4的绿矾溶液中Fe2+的物质的量为0.10mol，因NH4HCO3溶液过量，所以根据Fe元素守恒，生成(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为0.10mol，根据m=nM计算出(NH2CH2COO)2Fe的质量，然后可计算出其产率。
本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，涉及化学反应基本原理、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等知识，明确实验原理为解题关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。

18.【答案】反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风  Zn+Cu2+=Zn2++Cu2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑bMnO2和Fe(OH)3  避免产生CO等有毒气体  尾气中含有的SO2等有毒气体  ZnSO4、BaS、Na2S4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4⋅4ZnS+3Na2SO4

【解析】解：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，则滤渣II为Cu和过量的Zn；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液，所以滤渣III为MnO2和Fe(OH)3；反应器中 BaSO4 +2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉，
(1)生产ZnSO4的过程中有氢气生成，氢气达一定浓度后易爆炸，所以保持强制通风目的是避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，
故答案为：反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风；
(2)Zn能和铜离子反应生成Cu而除杂，还能和氢离子反应生成氢气，离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑，
故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu2+、Zn+2H+=Zn2++H2↑；
(3)已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO42−，加入的高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子且自身被还原生成沉淀而除去Mn元素，所以pH应调至5.2−5.4，通过以上分析知，滤渣III的成分为MnO2和Fe(OH)3，
故答案为：b；MnO2和Fe(OH)3；
(4)制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，防止生成有毒气体CO；反应IV中含有二氧化硫等有毒气体，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，防止污染环境，
故答案为：避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体；
(5)高品质银印级立德粉中ZnS含量比普通立德粉中高，说明所选试剂中硫离子浓度较大，所以在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂ZnSO4、BaS、Na2S制备银印级立德粉；
BaSO4的相对分子质量为233.ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4⋅ZnS；高品质银印级立德粉ZnS含量为62.5%，设ZnS的计量数为x，97x97x+233×100%=62.5%，x=4，
所以高品质银印级立德粉化学式为(BaSO4⋅4ZnS)，反应方程式为4ZnSO4 +BaS+3Na2S=BaSO4⋅4ZnS+3Na2SO4 ，
故答案为：ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4 +BaS+3Na2S=BaSO4⋅4ZnS+3Na2SO4 。
由流程可知，反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，则滤渣II为Cu和过量的Zn；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液，所以滤渣III为MnO2和Fe(OH)3；反应器中 BaSO4 +2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉，
(1)生产ZnSO4的过程中有氢气生成，氢气达一定浓度后易爆炸；
(2)Zn能和铜离子反应生成Cu而除杂，Zn和H+反应生成氢气；
(3)已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO42−，加入的高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子且自身被还原生成沉淀而除去Mn元素；
(4)制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1：2，防止生成有毒气体CO；反应IV中含有二氧化硫等有毒气体，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收；
(5)高品质银印级立德粉中ZnS含量比普通立德粉中高，说明所选试剂中硫离子浓度较大，所以在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂ZnSO4、BaS、Na2S制备银印级立德粉；
BaSO4的相对分子质量为233.ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4⋅ZnS；高品质银印级立德粉ZnS含量为62.5%，设ZnS的计量数为x，97x97x+233×100%=62.5%，x=4，
所以高品质银印级立德粉化学式为(BaSO4⋅4ZnS)。
本题考查物质制备，涉及物质制备、离子方程式书写、氧化还原反应等知识点，明确流程图中各步发生的反应、溶液和滤渣成分及其性质是解本题关键，侧重考查整体分析判断及知识综合运用、实验操作能力，难点是(5)其立德粉化学式确定，题目难度中等。

19.【答案】2：5：1 pH增大，c(OH−)增大，OH−与NH4_+和Mg2+反应，导致c(NH4+)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵  随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小  炭对含磷粒子也有吸附作用  OH−  H2PO2−+4⋅OH=H2PO4−+2H2O

【解析】解：(1)由图1可知，n(N)/n(P)=5：1、n(Mg)/n(P)=2：1时，磷的去除率均达到最佳值，如果增大N、Mg的量，磷的去除率几乎不变，将会造成N、Mg的浪费，所以n(Mg)：n(N)：n(P)=2：5：1，即达到最佳除磷效果，又节约试剂，由图2可知，pH>10时，c(OH−)增大，OH−与NH4+和Mg2+反应，导致c(NH4+)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵，从而降低了磷的去除率，
故答案为：2：5：1；pH增大，c(OH−)增大，OH−与NH4+和Mg2+反应，导致c(NH4+)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵；
(2)①因为铁炭总质量一定，当m(Fe)：m(C)>1：1.5时，随着m(Fe)增加，导致C量减少，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小，对应的Fe3+减少，从而导致磷去除率降低，
故答案为：随着m(Fe)的增加，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小；
②当m(Fe)：m(C)<1：1.5时，随着m(C)增加，m(Fe)在减少，形成的原电池也在减少，所以磷的去除率也降低。但降低幅度低于m(Fe)增加时降低幅度，原因是炭对含磷粒子也有吸附作用，导致磷的去除率降低幅度偏小，
故答案为：炭对含磷粒子也有吸附作用；
(3)①由图可知转化为Fe2+和H2O2生成Fe3+和羟基自由基(⋅OH)外，还生成一种离子为OH−，方程式为：Fe2++H2O2=Fe3++⋅OH+OH−，
故答案为：OH−；
②由图可知，转化为H2PO2−和⋅OH反应生成H2PO4−和H2O，P元素化合价由+1价升高到了+5价，即升高了4价，⋅OH中的O元素由−1价降到了−2价，根据化合价升降守恒及原子守恒可得方程式为：H2PO2−+4⋅OH=H2PO4−+2H2O，
故答案为：H2PO2−+4⋅OH=H2PO4−+2H2O。
(1)由图1可知，n(N)/n(P)=5：1、n(Mg)/n(P)=2：1时，即达到最佳除磷效果，又节约试剂，由图2可知，pH>10时，c(OH−)增大，OH−与NH4+和Mg2+反应，导致c(NH4+)和c(Mg2+)减小，不利于生成磷酸铁铵；
(2)①因为铁炭总质量一定，当m(Fe)：m(C)>1：1.5时，随着m(Fe)增加，导致C量减少，形成的微电池数目减少，溶液中的c(Fe2+)减小；
②当m(Fe)：m(C)<1：1.5时，随着m(C)增加，m(Fe)在减少，形成的原电池也在减少，所以磷的去除率也降低。但降低幅度低于m(Fe)增加时降低幅度，原因是炭对含磷粒子也有吸附作用；
(3)①由图可知转化为Fe2+和H2O2生成Fe3+和羟基自由基(⋅OH)外，还生成一种离子必须为阴离子，才能满足电荷守恒，结合原子守恒可知应为OH−；
②由图可知，转化为H2PO2−和⋅OH反应生成H2PO4−和H2O，P元素化合价由+1价升高到了+5价，即升高了4价，⋅OH中的O元素由−1价降到了−2价，根据化合价升降守恒及原子守恒即可写出方程式。
本题侧重考查学生看图、读图的能力以及分析能力，对学生的思维能力要求较高，同时考查学生的氧化还原型离子方程式的书写及应用，具有较强的综合性，属于难题。

20.【答案】醚键、羧基   FeCl3溶液  加成反应  消去反应   、 

【解析】解：(1)根据G的结构简式可知，G中含有的官能团为醚键和羧基，
故答案为：醚键、羧基；
(2)对比A、B的结构可知，A中酚羟基上的氢原子被替代生成B，同时生成乙酸，反应①的化学方程式为：，
故答案为：；
(3)C含有酚羟基，可以与氯化铁溶液发生显色反应，而B不含酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别二者，
故答案为：FeCl3溶液；
(4)对比D、G的结构，结合反应条件、E与F的分子式，可知反应④为D中羰基、碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，反应⑤为醇羟基发生消去反应，
故答案为：加成反应；消去反应；
(5)D中羰基、碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，故E的结构简式为，E中醇羟基发生消去反应生成F，故F的结构简式为：，
故答案为：；；
(6)C为，其同分异构体满足：苯环上只有两种取代基，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中含有羧基，则2个取代基为−F、−CH2COOH，或者为−CH2F、−COOH，分子中只有4种不同化学环境的氢，则存在对称结构，2个不同的取代基处于对位，则满足条件的C的同分异构体的结构简式为：、，
故答案为：、；
(7)合成需要得到，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成，再发生消去反应得到，合成路线为：，
故答案为：。
(1)根据G的结构简式判断其含有的官能团；
(2)对比A、B的结构可知，A中酚羟基上的氢原子被替代生成B，同时生成乙酸；
(3)含有酚羟基的物质能与氯化铁溶液发生显色反应；
(4)对比D、G的结构，结合反应条件、E与F的分子式，可知反应④为D中羰基、碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，反应⑤为醇羟基发生消去反应；
(5)D中羰基、碳碳双键与氢气发生加成反应生成E，E中醇羟基发生消去反应生成F；
(6)C为，其同分异构体满足：苯环上只有两种取代基，能与NaHCO3反应生成CO2，说明分子中含有羧基，则2个取代基为−F、−CH2COOH，或者为−CH2F、−COOH，分子中只有4种不同化学环境的氢，则存在对称结构，2个不同的取代基处于对位；
(7)合成需要得到，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成，再发生消去反应得到。
本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式书写、有机物鉴别、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用能力。