江苏省苏州市张家港市2021-2022学年高三下学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三下·张家港开学考）2022北京冬奥会火炬采用碳纤维和复合材质打造，以氢气为燃料，并添加显色剂来调节火焰颜色。下列有关奥运火炬的说法不正确的是（ ）
A．碳纤维是一种轻而强的有机高分子材料
B．氢气作为火炬燃料能实现碳的零排放
C．添加显色剂调节火焰颜色利用的是焰色反应原理
D．奥运火炬就是一款轻量化小型化的氢气减压装置
2．（2022高三下·张家港开学考）天津大学马一太、田华教授团队在国家重点研发计划——科技冬奥专项支持下，通过校企合作，研发了国际先进的二氧化碳(R744)跨临界直冷制冰技术，满足不同项目对冰面的要求，被誉为是“最快的冰”。下列有关说法正确的是（ ）
A．跨临界制冰过程破坏了碳氧共价键
B．的电子式：
C．冰属于分子晶体
D．的空间构型为直线形
3．（2022高三下·张家港开学考）下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（ ）
A．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
B．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造计算机硅芯片的材料
D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHCO3固体，其漂白性增强
4．（2022高三下·张家港开学考）侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是（ ）
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．析出固体的上层清液中不存在
5．（2022高三下·张家港开学考）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，基态时Y原子2p原子轨道上有5个电子，Z的周期序数是族序数的3倍，W与Y属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：
B．X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
D．ZW中阳离子与阴离子具有相同的电子层结构
6．（2022高三下·张家港开学考）铁氰化钾｛｝俗称赤血盐，遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，常用于检验；黄血盐｛｝溶液可用于检验。下列有关铁及其化合物的说法正确的是（ ）
A．Fe元素位于周期表的第ⅦB族
B．基态外围电子排布式为
C．赤血盐中提供空轨道形成配位键的是
D．若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为
7．（2022高三下·张家港开学考）在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2022高三下·张家港开学考）铁的氧化物是重要的化工原料，可用作反应的催化剂。工业含铁废渣中含有大量铁的氧化物，常用于制取聚合硫酸铁铝净水剂。对于反应，下列有关说法正确的是（ ）
A．加入催化剂，反应的焓变变小
B．升高温度，反应体系的活化分子百分数增多
C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D．其他条件相同，增大，反应的平衡常数K增大
9．（2022高三下·张家港开学考）由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，有利于提高铁、铝元素浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式为
C．“过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
10．（2022高三下·张家港开学考）科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，负极反应为
B．电解质溶液1为碱性，电解质溶液2为酸性
C．充电时，阳极溶液中浓度升高
D．充电时，电池总反应为：
11．（2022高三下·张家港开学考）化合物Z是合成多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法正确的是（ ）
A．1mol X中含有键
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子
C．Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大
D．X、Y、Z分别与足量酸性溶液反应所得芳香族化合物相同
12．（2022高三下·张家港开学考）室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为2
2 向溶液中加入溶液，产生沉淀
3 向溶液中通入足量的，产生红褐色沉淀
4 向溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．溶液中存在
B．实验2中沉淀仅为
C．实验3得到的溶液中有
D．实验4中发生反应的离子方程式为
13．（2022高三下·张家港开学考）室温下，用溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知，。下列说法不正确的是（ ）
A．浸泡时向溶液中加入适量浓氨水可促进的转化
B．反应正向进行，需满足
C．过滤后所得清液中一定存在：且
D．滤渣中加入醋酸反应的离子方程式：
14．（2022高三下·张家港开学考）与重整生成和CO的过程中主要发生下列反应
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、反应物起始物质的量比条件下，和的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均有利于提高的平衡转化率
B．曲线B表示的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．图中X点所示条件下，延长反应时间，的转化率能达到Y点
二、综合题
15．（2022高三下·张家港开学考）在磁性材料、电化学领域应用广泛。以钴矿[主要成分是CoO、、，还含及少量、、CuO及等]为原料可制取。主要步骤如下：
（1）浸取：用盐酸和溶液浸取钴矿，浸取液中含有、、、、、、等离子。写出发生反应的离子方程式： 。
（2）除杂：向浸取液中先加入足量氧化，再加入NaOH调节pH除去、、。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度)：
沉淀
恰好完全沉淀时的pH 5.2 2.8 9.4 6.7 10.1
若浸取液中，则须调节溶液pH的范围是 (加入和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
（3）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大(如图-1所示)，其原因是 。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
（4）沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体，加热制备。在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图-2所示，请写出500～1000℃时，发生主要反应的化学方程式 。
16．（2022高三下·张家港开学考）F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中不同化学环境的氢原子个数比是2：2：2：1。
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。
（3）A+B→C的反应需经历A+B→X→C的过程，中间体X的分子式为C17H17NO6。X→C的反应类型为 。
（4）E→F中有一种分子式为C15H14O4的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（5）写出以CH3和FCH2OH为原料制备 的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
17．（2022高三下·张家港开学考）以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
（1）取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式： 。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是 。
③装置图中装置X的作用是 。
（2）以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣， ，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0 mol/L H2SO4、1.0 mol/L HCl、1.0 mol/L NaOH。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.48mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O+I2= S4O+2I-。计算CuSO4·5H2O样品的纯度： 。
18．（2022高三下·张家港开学考）硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、硫化、氧化吸附等方法。
（1）石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图-1所示。水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图-2所示。已知此温度下，溶于水，，，。
①一级沉降时，当，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为 。pH调节到8时，开始产生沉淀，原因是 。
②二级沉降中，保持溶液pH在8～10之间，加入PFS(聚合硫酸铁)形成的胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为 。
（2）硫化法，用硫代硫酸钠 (Na2S2O3)去除酸性废水中的反应机理如图-3所示，经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为 (图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
（3）氧化吸附法，新生态悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态悬浊液对砷去除率如图-4所示。
①加入新生态悬浊液使废水中转化为，反应的离子方程式为 。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】焰色反应；高分子材料
【解析】【解答】A．碳纤维是一种轻而强的碳单质，A符合题意；
B．氢气作为火炬燃料，燃烧产物是水，能实现碳的零排放，B不符合题意；
C．不同元素的焰色不同，添加显色剂调节火焰颜色利用的是焰色反应原理，C不符合题意；
D．奥运火炬适合单手拿握，是一款轻量化小型化的氢气减压装置，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碳纤维属于碳单质。
B.氢气燃烧生成水。
C.焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应。不同元素的焰色不同。
D.手持火炬内部空间狭小，且高压储氢。
2．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．
跨临界制冰过程发生物理变化，没有破坏了碳氧共价键。故A不符合题意；
B．
的电子式：，故B不符合题意；
C．冰是水分子通过氢键形成的晶体，属于分子晶体，故C符合题意；
D．
中O原子采取sp3杂化，有两对孤电子对，属于V形空间构型，故D不符合题意；
故答案为C
【分析】A.该制冰过程中发生的是物理变化。
B.注意碳氧之间是双键，共用2对电子对，且每个原子最外层电子数达到饱和，均为8。
C.分子晶体是通过分子间作用力形成的。
D.H2O为V形分子。
3．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因而可用作焙制糕点的膨松剂，A符合题意；
B．碱性氧化物CaO能与SO2反应产生固态的盐，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，B不符合题意；
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因而是制造计算机硅芯片的材料，C不符合题意；
D．Cl2溶于水，与水反应产生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液显酸性，而HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，加入适量NaHCO3固体，反应消耗HCl，使化学平衡正向移动，导致溶液中c(HClO)增大，因而其漂白性增强，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. NaHCO3受热分解能产生CO2气体。
B.CaO与污染性气体SO2能反应生成固态盐CaSO3。
C.硅是良好的半导体材料。
D.饱和氯水中存在反应：Cl2+H2O
HCl+HClO，HClO具有漂白性，加入的NaHCO3与HCl反应，导致平衡向正方向移动，c(HClO)增大。
4．【答案】C
【知识点】除杂；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为
，故A不符合题意；
B．饱和
溶液也能吸收
，所以除去
中的少量
要用饱和
溶液，故B不符合题意；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使
固体析出，故C符合题意；
D．析出
固体后的溶液为混有氯化铵的饱和
溶液，上层清液中还存在
，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钙为难溶物不能拆。
B.除杂不要把原物质除去，且不要引入新杂质。Na2CO3能与CO2反应。
C.NaHCO3的溶解度随温度降低而减小。
D.析出晶体后的溶液中含有饱和NaHCO3溶液。
5．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．主族元素同一周期原子半径从左向右逐渐减小，从上向下逐渐增大，因此原子半径：r(Y)B．N位于第VA族，第一电离能比同周期相邻元素的大，B符合题意；
C．HF的热稳定性比HCl强，C不符合题意；
D．ZW为NaCl，阳离子与阴离子的电子层结构不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且都位于短周期。空气中含量最多的是氮气，推出X是氮元素；p轨道最多能分布6个电子，而Y原子的2p轨道上有5个电子，说明Y的核外电子排布式为1s22s22p5，则Y是氟元素；W与Y位于同主族，且W的原子序数大于Y，所以W是氯元素；根据Z的周期序数是族序数的3倍，可推出Z是钠元素。据此分析解答。
6．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A． 基态Fe外围电子排布式为 ，则Fe元素位于周期表的第Ⅷ族，A不符合题意；
B． 基态 外围电子排布式为 ，B不符合题意；
C． 赤血盐中铁呈+3价，基态 外围电子排布式为 ，则提供空轨道形成配位键的是 ，C符合题意；
D．由晶胞结构可知，Fe原子处于晶胞顶点，晶胞中含有 铁原子，C原子属于棱边面心上，晶胞中含有C原子数目为 ，则其化学式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.可根据Fe原子核外电子排布式进行解答。
B.外围电子就是最外层电子，Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，据此分析。
C.可根据赤血盐中三价铁的外围电子排布式进行分析。
D.根据均摊法（晶胞中任意位置上的一个粒子被n个晶胞共用，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是 ）计算晶胞中各类原子的个数。
7．【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．铁单质与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，A符合题意；
B．铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁，B不符合题意；
C．氢氧化亚铁与足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，而不是硝酸铁，C不符合题意；
D．二氧化硫与水生成亚硫酸不是硫酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】这类题主要需要搞清楚物质的性质。如B项中铁与盐酸反应生成FeCl2；C项中硝酸具有强氧化性能把Fe2+氧化为Fe3+；D项中SO2与H2O反应生成H2SO3。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A．加入催化剂
，能降低反应的活化能、不改变反应的焓变
，A不符合题意；
B． 升高温度，可使更多分子转化为活化分子，则体系的活化分子百分数增多，B符合题意；
C． 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的所有气体的浓度均不改变、反应速率不变，C不符合题意；
D．反应的平衡常数K只受温度影响，温度不变，则反应的平衡常数K不变，C不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但对焓变无影响。
B.升高温度，活化分子数增多，体系的活化分子百分数也增多。
C.可结合影响反应速率的因素入手。充入惰性气体，由于容积不变，反应气体的浓度不变，反应速率不变。
D.平衡常数只受温度影响。
9．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A不符合题意；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B不符合题意；
C．用
检验浸取液中是否存在
的反应：铁氰化钾｛
｝与
发生反应产生蓝色沉淀：
，反应中元素化合价不变，不是氧化还原反应，C符合题意；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸有酸性，H2O2有氧化性，铁、铝均能与酸反应，且H2O2能把反应后的Fe2+氧化为Fe3+，Si不参与反应，所以废渣经浸取过滤后得到的滤渣是Si，滤液是Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3。
A.粉碎废渣利于增大其接触面积，使反应更充分。
B.注意氧化物不可拆，电荷、原子个数要守恒。
C.氧化还原反应的本质是元素化合价有升降。
D.聚合硫酸铁铝中的Fe3+、Al 3+能水解形成相应胶体。
10．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，锌在负极上失电子，生成
，故
，A不符合题意；
B．电解质溶液1一侧为负极，根据电极式可知1为碱性，正极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，电解质溶液2为酸性，B不符合题意；
C．放电时负极连充电时阴极，阴极反应式为
，阴极溶液中OH 浓度升高，C符合题意；
D．由图可知充电时阳极反应式为
，故充电时，电池总反应为
，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电为原电池，充电为电解池；放电时的正、负极分别是充电时的阳、阴极。
A.根据题干信息，放电时，CO2得电子生成HCOOH，则锌电极上锌失电子，发生氧化反应，锌极作负极，据此分析。
B.根据图示信息，结合放电时正、负极的电极反应式进行分析。
C.充电时，右侧电极为阳极，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑）c(OH-)降低。
D.先写出充电时阴极的电极反应式，再与阳极的电极反应式相结合进行解答。注意结合时两极反应式中得失电子数相等。
11．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．苯环中碳碳之间是
键、碳氧双键中含有1个碳氧
键、其余单键全为
键、则1molX中含有18mol
键，A不符合题意；
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子， ，B不符合题意；
C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基、羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C不符合题意；
D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.苯环中碳碳之间是大π键，碳氧双键中含有1个σ键，其余单键均为σ键，据此分析。
B.HBr能与碳碳双键发生加成反应；手性碳原子是连有四个不同的原子或基团的碳原子。
C.羧基易溶于水，酯基不易溶于水。
D.X、Y、Z中与苯环相连的碳原子上都有氢原子，苯环侧链均能被酸性高锰酸钾氧化生成羧基。
12．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.0.1mol/L硫酸铁铵溶液中存在电荷守恒关系 ，由实验1可知，溶液pH约为2，溶液中 ，则 ，故A不符合题意；
B．实验2中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与氢氧化钡溶液完全反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和一水合氨，故B不符合题意；
C．实验3中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与足量氨气反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应得到硫酸铵和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中
，故C符合题意；
D．实验4中发生的反应为硫酸铁铵溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为
，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据电荷守恒，结合溶液显酸性判断
B.根据离子共存即可判断沉淀为氢氧化铁和硫酸钡
C.根据物料守恒判断
D.根据氧化还原反应写出离子方程式
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．浸泡时向
溶液中加入适量浓氨水可以抑制双水解，可促进
的转化，故A不符合题意；
B．反应
，
，若正向进行需满足
，若需满足
平衡逆向移动，故B符合题意；
C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足
，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则
，故C不符合题意；
D．醋酸是弱酸不能拆，滤渣中加入醋酸反应的离子方程式：
，故D不符合题意；
故答案为B
【分析】A.碳酸根离子水解呈碱性，加入氨水抑制碳酸根水解促进向硫酸钙的转化
B.根据沉淀的转化公式结合数据即可判断条件
C.根据过滤后的沉淀有碳酸钙，说明硫酸钙不存在，说明浓度商小于常数
D.考虑醋酸是弱酸
14．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，甲烷转化率增大，A不符合题意；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) = H2(g)＋3CO(g)＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，B符合题意；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，因此两条曲线不能重合，C不符合题意；
D．在X点的条件下，延长反应时间，能达到CH4平衡曲线上对应的点，不能到Y点，可以通过改变CO2的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应I和II结合温度和压强对平衡的影响判断
B.根据甲烷与温度的转化关系判断
C.催化剂只是改变速率，不能改变转化率
D.延长时间只能达到曲线B上的点，不能达到Y
15．【答案】（1）
（2）6.7～7.4(，也可)
（3）pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行萃取率越高；分离和
（4）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成Co2+和SO
，则
发生反应的离子方程式：
。
(2)根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使Co2+生成沉淀。根据表中数据可知，Co2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]= c2(OH-) c(Co2+)=(110-4.6)110-5=110-14.2。由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则Co2+开始沉淀时c(OH-)= ，此时pH=7.4，故要防止Co2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜7.4。
(3)向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：
。则当溶液pH处于4.5～6.5范围内，
萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是：pH越大，溶液中
越小，有利于
反应正向进行，
萃取率越高。经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CoSO4，则该工艺中设计萃取、反萃取的目的是：分离
和
。
(4)由图知， 500～1000℃时
发生分解生成CoO，则Co元素化合价从平均+
价降低到+2价、必有部分O元素化合价从-2升高到0价得到氧气，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：500～1000℃时发生主要反应的化学方程式：
。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（2）根据给出的沉淀范围即可找出pH
（3）pH越大，碱性越强，导致氢离子减少促进反应向右进行，根据题意主要是分离离子
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
16．【答案】（1）7
（2）或
（3）消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A和B在K2CO3作用、加热条件反应得到C、HF和H2O，C和H2发生还原反应得到D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应得到F。
(1)从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为：7；
(2)B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能团为羟基和含羰基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是2：2：2：1，说明分子结构具有一定的对称性，则该物质可能为或；故答案为：或；
(3)由题给C结构式可知，C的分子式为C17H15NO5；中间体X的分子式为C17H17NO6；结合C的结构简式可知X→C生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为：消去反应；
(4)由E与F结构简式可知，E→F为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式为C15H14O4，则其结构简式为：；故答案为：；
(5)以和为原料制备，两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生类似A+B→C的反应，则需要和，故需要先得到，得到，和得到，催化氧化得到，可设计合成路线为： ；故答案为： 。
【分析】（1）根据给出的结构式找出杂化方式即可
（2）根据要求即可写出同分异构体
（3）根据反应过程即可判断反应类型
（4）根据反应物的特征即可判断产物
（5）根据产物逆推出中间产物，结合题中给出的流程找出合适的反应步骤即可
17．【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；防止倒吸
（2）加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤
（3）97.4%
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)①[Cu(NH3)4]Cl2与 NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，反应的方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH
CuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH
CuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；
②溶液中含有NaCl，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；
③实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置X的作用是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
(2)取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，先加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到 CuSO4 5H2O晶体，故答案为：加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤；
(3)n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol L-1×0.01948L=0.001948mol，由2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，2CuSO4 5H2O～I2～2Na2S2O3，则CuSO4 5H2O的物质的量为0.001948mol，所以CuSO4 5H2O样品的纯度为
×100%=97.4%，
故答案为：97.4%。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②表面含有氯离子，结合氯离子的检验方式即可
③根据反应过程中得到氨气极易溶于水，故防倒吸
（2） 焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3) 需要除去杂质，加入酸后过滤加加入碱将铁离子除去即可
（3）根据方程式结合数据即可计算
18．【答案】（1）；pH增大，促进电离，使溶液中增大，pH调节到8时，，产生沉淀；
（2）与在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成，分解得到和，与发生反应生成
（3）；前，随着pH增大，新生态吸附的所带正电荷减少，吸附能力减小；但有更多的转化为和，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大。吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子方程式的书写
【解析】【解答】含砷废水经氧化后，加入石灰乳，此时发生一级沉降，产生的主要沉淀为硫酸钙，随着pH上升，促进 电离，使溶液中c( )增大，产生Ca3(AsO4)2沉淀，继续加入PFS，发生二级沉降，水解产生的Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和 结合生成FeAsO4沉淀；(3)氧化吸附法，利用新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强，进而达到除砷的目的，据此分析解题。
(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进
电离，使溶液中c(
)增大，pH调节到8时，Qc=c3(Ca2+) c2(
)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀，故答案为：CaSO4；pH增大，促进
电离，使溶液中c(
)增大，pH调节到8时，Qc=c3(Ca2+) c2(
)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②分析分析系数可知，pH在8-10之间时，As元素主要以
的形式存在，
会电离产生少量
，由题意可知，Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和
结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为
+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-，故答案为：
+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)由题干图-3所示用硫代硫酸钠 (Na2S2O3)去除酸性废水中
的反应机理可知，其过程可以描述为：
与
在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成
，
分解得到
和
，
与
发生反应生成
，故答案为：
与
在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成
，
分解得到
和
，
与
发生反应生成
；
(3)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，依据得失电子守恒可知，离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O，故答案为：MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
②依据氧化吸附法原理，pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为
和
，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升，故答案为：pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为
和
，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升。
【分析】（1）①根据此时的pH即可找出沉淀，pH增大后促进砷酸电离促进砷酸钙的形成
②根据溶度积的大小即可判断产物
（2）根据图示即可描述流程
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②pH增大促进了砷酸电离，促进除杂
1 / 1江苏省苏州市张家港市2021-2022学年高三下学期开学考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三下·张家港开学考）2022北京冬奥会火炬采用碳纤维和复合材质打造，以氢气为燃料，并添加显色剂来调节火焰颜色。下列有关奥运火炬的说法不正确的是（ ）
A．碳纤维是一种轻而强的有机高分子材料
B．氢气作为火炬燃料能实现碳的零排放
C．添加显色剂调节火焰颜色利用的是焰色反应原理
D．奥运火炬就是一款轻量化小型化的氢气减压装置
【答案】A
【知识点】焰色反应；高分子材料
【解析】【解答】A．碳纤维是一种轻而强的碳单质，A符合题意；
B．氢气作为火炬燃料，燃烧产物是水，能实现碳的零排放，B不符合题意；
C．不同元素的焰色不同，添加显色剂调节火焰颜色利用的是焰色反应原理，C不符合题意；
D．奥运火炬适合单手拿握，是一款轻量化小型化的氢气减压装置，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.碳纤维属于碳单质。
B.氢气燃烧生成水。
C.焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应。不同元素的焰色不同。
D.手持火炬内部空间狭小，且高压储氢。
2．（2022高三下·张家港开学考）天津大学马一太、田华教授团队在国家重点研发计划——科技冬奥专项支持下，通过校企合作，研发了国际先进的二氧化碳(R744)跨临界直冷制冰技术，满足不同项目对冰面的要求，被誉为是“最快的冰”。下列有关说法正确的是（ ）
A．跨临界制冰过程破坏了碳氧共价键
B．的电子式：
C．冰属于分子晶体
D．的空间构型为直线形
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；分子晶体；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．
跨临界制冰过程发生物理变化，没有破坏了碳氧共价键。故A不符合题意；
B．
的电子式：，故B不符合题意；
C．冰是水分子通过氢键形成的晶体，属于分子晶体，故C符合题意；
D．
中O原子采取sp3杂化，有两对孤电子对，属于V形空间构型，故D不符合题意；
故答案为C
【分析】A.该制冰过程中发生的是物理变化。
B.注意碳氧之间是双键，共用2对电子对，且每个原子最外层电子数达到饱和，均为8。
C.分子晶体是通过分子间作用力形成的。
D.H2O为V形分子。
3．（2022高三下·张家港开学考）下列有关物质性质与用途对应关系不正确的是（ ）
A．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
B．CaO能与SO2反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造计算机硅芯片的材料
D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量NaHCO3固体，其漂白性增强
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；绿色化学；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A．NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，能够使面团松软，因而可用作焙制糕点的膨松剂，A符合题意；
B．碱性氧化物CaO能与SO2反应产生固态的盐，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，B不符合题意；
C．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因而是制造计算机硅芯片的材料，C不符合题意；
D．Cl2溶于水，与水反应产生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液显酸性，而HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应，由于酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，加入适量NaHCO3固体，反应消耗HCl，使化学平衡正向移动，导致溶液中c(HClO)增大，因而其漂白性增强，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. NaHCO3受热分解能产生CO2气体。
B.CaO与污染性气体SO2能反应生成固态盐CaSO3。
C.硅是良好的半导体材料。
D.饱和氯水中存在反应：Cl2+H2O
HCl+HClO，HClO具有漂白性，加入的NaHCO3与HCl反应，导致平衡向正方向移动，c(HClO)增大。
4．（2022高三下·张家港开学考）侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是（ ）
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．析出固体的上层清液中不存在
【答案】C
【知识点】除杂；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为
，故A不符合题意；
B．饱和
溶液也能吸收
，所以除去
中的少量
要用饱和
溶液，故B不符合题意；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使
固体析出，故C符合题意；
D．析出
固体后的溶液为混有氯化铵的饱和
溶液，上层清液中还存在
，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钙为难溶物不能拆。
B.除杂不要把原物质除去，且不要引入新杂质。Na2CO3能与CO2反应。
C.NaHCO3的溶解度随温度降低而减小。
D.析出晶体后的溶液中含有饱和NaHCO3溶液。
5．（2022高三下·张家港开学考）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，基态时Y原子2p原子轨道上有5个电子，Z的周期序数是族序数的3倍，W与Y属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：
B．X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
D．ZW中阳离子与阴离子具有相同的电子层结构
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．主族元素同一周期原子半径从左向右逐渐减小，从上向下逐渐增大，因此原子半径：r(Y)B．N位于第VA族，第一电离能比同周期相邻元素的大，B符合题意；
C．HF的热稳定性比HCl强，C不符合题意；
D．ZW为NaCl，阳离子与阴离子的电子层结构不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且都位于短周期。空气中含量最多的是氮气，推出X是氮元素；p轨道最多能分布6个电子，而Y原子的2p轨道上有5个电子，说明Y的核外电子排布式为1s22s22p5，则Y是氟元素；W与Y位于同主族，且W的原子序数大于Y，所以W是氯元素；根据Z的周期序数是族序数的3倍，可推出Z是钠元素。据此分析解答。
6．（2022高三下·张家港开学考）铁氰化钾｛｝俗称赤血盐，遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，常用于检验；黄血盐｛｝溶液可用于检验。下列有关铁及其化合物的说法正确的是（ ）
A．Fe元素位于周期表的第ⅦB族
B．基态外围电子排布式为
C．赤血盐中提供空轨道形成配位键的是
D．若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A． 基态Fe外围电子排布式为 ，则Fe元素位于周期表的第Ⅷ族，A不符合题意；
B． 基态 外围电子排布式为 ，B不符合题意；
C． 赤血盐中铁呈+3价，基态 外围电子排布式为 ，则提供空轨道形成配位键的是 ，C符合题意；
D．由晶胞结构可知，Fe原子处于晶胞顶点，晶胞中含有 铁原子，C原子属于棱边面心上，晶胞中含有C原子数目为 ，则其化学式为 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.可根据Fe原子核外电子排布式进行解答。
B.外围电子就是最外层电子，Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，据此分析。
C.可根据赤血盐中三价铁的外围电子排布式进行分析。
D.根据均摊法（晶胞中任意位置上的一个粒子被n个晶胞共用，则每个晶胞对这个粒子分得的份额就是 ）计算晶胞中各类原子的个数。
7．（2022高三下·张家港开学考）在指定条件下，下列铁及其化合物之间的转化能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．铁单质与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，A符合题意；
B．铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁而不是氯化铁，B不符合题意；
C．氢氧化亚铁与足量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，而不是硝酸铁，C不符合题意；
D．二氧化硫与水生成亚硫酸不是硫酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】这类题主要需要搞清楚物质的性质。如B项中铁与盐酸反应生成FeCl2；C项中硝酸具有强氧化性能把Fe2+氧化为Fe3+；D项中SO2与H2O反应生成H2SO3。
8．（2022高三下·张家港开学考）铁的氧化物是重要的化工原料，可用作反应的催化剂。工业含铁废渣中含有大量铁的氧化物，常用于制取聚合硫酸铁铝净水剂。对于反应，下列有关说法正确的是（ ）
A．加入催化剂，反应的焓变变小
B．升高温度，反应体系的活化分子百分数增多
C．向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D．其他条件相同，增大，反应的平衡常数K增大
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；活化分子
【解析】【解答】A．加入催化剂
，能降低反应的活化能、不改变反应的焓变
，A不符合题意；
B． 升高温度，可使更多分子转化为活化分子，则体系的活化分子百分数增多，B符合题意；
C． 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应相关的所有气体的浓度均不改变、反应速率不变，C不符合题意；
D．反应的平衡常数K只受温度影响，温度不变，则反应的平衡常数K不变，C不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但对焓变无影响。
B.升高温度，活化分子数增多，体系的活化分子百分数也增多。
C.可结合影响反应速率的因素入手。充入惰性气体，由于容积不变，反应气体的浓度不变，反应速率不变。
D.平衡常数只受温度影响。
9．（2022高三下·张家港开学考）由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，有利于提高铁、铝元素浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式为
C．“过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A不符合题意；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B不符合题意；
C．用
检验浸取液中是否存在
的反应：铁氰化钾｛
｝与
发生反应产生蓝色沉淀：
，反应中元素化合价不变，不是氧化还原反应，C符合题意；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸有酸性，H2O2有氧化性，铁、铝均能与酸反应，且H2O2能把反应后的Fe2+氧化为Fe3+，Si不参与反应，所以废渣经浸取过滤后得到的滤渣是Si，滤液是Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3。
A.粉碎废渣利于增大其接触面积，使反应更充分。
B.注意氧化物不可拆，电荷、原子个数要守恒。
C.氧化还原反应的本质是元素化合价有升降。
D.聚合硫酸铁铝中的Fe3+、Al 3+能水解形成相应胶体。
10．（2022高三下·张家港开学考）科学家近年发明了一种新型水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，负极反应为
B．电解质溶液1为碱性，电解质溶液2为酸性
C．充电时，阳极溶液中浓度升高
D．充电时，电池总反应为：
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．放电时，锌在负极上失电子，生成
，故
，A不符合题意；
B．电解质溶液1一侧为负极，根据电极式可知1为碱性，正极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH，电解质溶液2为酸性，B不符合题意；
C．放电时负极连充电时阴极，阴极反应式为
，阴极溶液中OH 浓度升高，C符合题意；
D．由图可知充电时阳极反应式为
，故充电时，电池总反应为
，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电为原电池，充电为电解池；放电时的正、负极分别是充电时的阳、阴极。
A.根据题干信息，放电时，CO2得电子生成HCOOH，则锌电极上锌失电子，发生氧化反应，锌极作负极，据此分析。
B.根据图示信息，结合放电时正、负极的电极反应式进行分析。
C.充电时，右侧电极为阳极，其电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+（或4OH--4e-=2H2O+O2↑）c(OH-)降低。
D.先写出充电时阴极的电极反应式，再与阳极的电极反应式相结合进行解答。注意结合时两极反应式中得失电子数相等。
11．（2022高三下·张家港开学考）化合物Z是合成多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法正确的是（ ）
A．1mol X中含有键
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中不含手性碳原子
C．Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解度大
D．X、Y、Z分别与足量酸性溶液反应所得芳香族化合物相同
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．苯环中碳碳之间是
键、碳氧双键中含有1个碳氧
键、其余单键全为
键、则1molX中含有18mol
键，A不符合题意；
B．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含手性碳原子， ，B不符合题意；
C．Z中含有酯基不易溶于水，Y含有羧基、羟基易溶于水，Z在水中的溶解度比Y在水中的溶解小，C不符合题意；
D．X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同均为：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.苯环中碳碳之间是大π键，碳氧双键中含有1个σ键，其余单键均为σ键，据此分析。
B.HBr能与碳碳双键发生加成反应；手性碳原子是连有四个不同的原子或基团的碳原子。
C.羧基易溶于水，酯基不易溶于水。
D.X、Y、Z中与苯环相连的碳原子上都有氢原子，苯环侧链均能被酸性高锰酸钾氧化生成羧基。
12．（2022高三下·张家港开学考）室温下，通过下列实验探究溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。
实验 实验操作和现象
1 用pH试纸测定溶液的pH，测得pH约为2
2 向溶液中加入溶液，产生沉淀
3 向溶液中通入足量的，产生红褐色沉淀
4 向溶液中加入NaHS溶液，产生浅黄色沉淀
下列说法正确的是（ ）
A．溶液中存在
B．实验2中沉淀仅为
C．实验3得到的溶液中有
D．实验4中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.0.1mol/L硫酸铁铵溶液中存在电荷守恒关系 ，由实验1可知，溶液pH约为2，溶液中 ，则 ，故A不符合题意；
B．实验2中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与氢氧化钡溶液完全反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铁沉淀和一水合氨，故B不符合题意；
C．实验3中0.1mol/L硫酸铁铵溶液与足量氨气反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应得到硫酸铵和一水合氨的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中
，故C符合题意；
D．实验4中发生的反应为硫酸铁铵溶液与硫氢化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸亚铁、硫酸和硫沉淀，反应的离子方程式为
，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据电荷守恒，结合溶液显酸性判断
B.根据离子共存即可判断沉淀为氢氧化铁和硫酸钡
C.根据物料守恒判断
D.根据氧化还原反应写出离子方程式
13．（2022高三下·张家港开学考）室温下，用溶液浸泡粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知，。下列说法不正确的是（ ）
A．浸泡时向溶液中加入适量浓氨水可促进的转化
B．反应正向进行，需满足
C．过滤后所得清液中一定存在：且
D．滤渣中加入醋酸反应的离子方程式：
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．浸泡时向
溶液中加入适量浓氨水可以抑制双水解，可促进
的转化，故A不符合题意；
B．反应
，
，若正向进行需满足
，若需满足
平衡逆向移动，故B符合题意；
C．上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足
，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则
，故C不符合题意；
D．醋酸是弱酸不能拆，滤渣中加入醋酸反应的离子方程式：
，故D不符合题意；
故答案为B
【分析】A.碳酸根离子水解呈碱性，加入氨水抑制碳酸根水解促进向硫酸钙的转化
B.根据沉淀的转化公式结合数据即可判断条件
C.根据过滤后的沉淀有碳酸钙，说明硫酸钙不存在，说明浓度商小于常数
D.考虑醋酸是弱酸
14．（2022高三下·张家港开学考）与重整生成和CO的过程中主要发生下列反应
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、反应物起始物质的量比条件下，和的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均有利于提高的平衡转化率
B．曲线B表示的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．图中X点所示条件下，延长反应时间，的转化率能达到Y点
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，甲烷转化率增大，A不符合题意；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) = H2(g)＋3CO(g)＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，B符合题意；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，因此两条曲线不能重合，C不符合题意；
D．在X点的条件下，延长反应时间，能达到CH4平衡曲线上对应的点，不能到Y点，可以通过改变CO2的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据反应I和II结合温度和压强对平衡的影响判断
B.根据甲烷与温度的转化关系判断
C.催化剂只是改变速率，不能改变转化率
D.延长时间只能达到曲线B上的点，不能达到Y
二、综合题
15．（2022高三下·张家港开学考）在磁性材料、电化学领域应用广泛。以钴矿[主要成分是CoO、、，还含及少量、、CuO及等]为原料可制取。主要步骤如下：
（1）浸取：用盐酸和溶液浸取钴矿，浸取液中含有、、、、、、等离子。写出发生反应的离子方程式： 。
（2）除杂：向浸取液中先加入足量氧化，再加入NaOH调节pH除去、、。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度)：
沉淀
恰好完全沉淀时的pH 5.2 2.8 9.4 6.7 10.1
若浸取液中，则须调节溶液pH的范围是 (加入和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
（3）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大(如图-1所示)，其原因是 。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
（4）沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体，加热制备。在空气中加热，反应温度对反应产物的影响如图-2所示，请写出500～1000℃时，发生主要反应的化学方程式 。
【答案】（1）
（2）6.7～7.4(，也可)
（3）pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行萃取率越高；分离和
（4）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)Na2SO3具有还原性，能与+3价的钴离子发生氧化还原反应生成Co2+和SO
，则
发生反应的离子方程式：
。
(2)根据表中数据，使Al3+、Fe3+、Cu2+完全生成沉淀，pH大于或等于6.7，且不能使Co2+生成沉淀。根据表中数据可知，Co2+恰好沉淀完全的pH为9.4，则此时溶液中c(OH-)=110-4.6mol/L，Ksp[Co(OH)2]= c2(OH-) c(Co2+)=(110-4.6)110-5=110-14.2。由于浸取液中c(Co2+)=0.1mol/L，则Co2+开始沉淀时c(OH-)= ，此时pH=7.4，故要防止Co2+开始沉淀，pH应小于7.4，故须调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜7.4。
(3)向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：
。则当溶液pH处于4.5～6.5范围内，
萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是：pH越大，溶液中
越小，有利于
反应正向进行，
萃取率越高。经萃取与反萃取可得到纯度、浓度较高的CoSO4，则该工艺中设计萃取、反萃取的目的是：分离
和
。
(4)由图知， 500～1000℃时
发生分解生成CoO，则Co元素化合价从平均+
价降低到+2价、必有部分O元素化合价从-2升高到0价得到氧气，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：500～1000℃时发生主要反应的化学方程式：
。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（2）根据给出的沉淀范围即可找出pH
（3）pH越大，碱性越强，导致氢离子减少促进反应向右进行，根据题意主要是分离离子
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
16．（2022高三下·张家港开学考）F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图：
（1）A分子中采取sp2杂化的碳原子数目是 。
（2）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中不同化学环境的氢原子个数比是2：2：2：1。
②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。
（3）A+B→C的反应需经历A+B→X→C的过程，中间体X的分子式为C17H17NO6。X→C的反应类型为 。
（4）E→F中有一种分子式为C15H14O4的副产物生成，该副产物的结构简式为 。
（5）写出以CH3和FCH2OH为原料制备 的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）7
（2）或
（3）消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A和B在K2CO3作用、加热条件反应得到C、HF和H2O，C和H2发生还原反应得到D，D发生取代反应生成E，E发生取代反应得到F。
(1)从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为：7；
(2)B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能团为羟基和含羰基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是2：2：2：1，说明分子结构具有一定的对称性，则该物质可能为或；故答案为：或；
(3)由题给C结构式可知，C的分子式为C17H15NO5；中间体X的分子式为C17H17NO6；结合C的结构简式可知X→C生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为：消去反应；
(4)由E与F结构简式可知，E→F为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式为C15H14O4，则其结构简式为：；故答案为：；
(5)以和为原料制备，两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生类似A+B→C的反应，则需要和，故需要先得到，得到，和得到，催化氧化得到，可设计合成路线为： ；故答案为： 。
【分析】（1）根据给出的结构式找出杂化方式即可
（2）根据要求即可写出同分异构体
（3）根据反应过程即可判断反应类型
（4）根据反应物的特征即可判断产物
（5）根据产物逆推出中间产物，结合题中给出的流程找出合适的反应步骤即可
17．（2022高三下·张家港开学考）以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
（1）取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式： 。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是 。
③装置图中装置X的作用是 。
（2）以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣， ，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0 mol/L H2SO4、1.0 mol/L HCl、1.0 mol/L NaOH。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.48mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、2S2O+I2= S4O+2I-。计算CuSO4·5H2O样品的纯度： 。
【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；防止倒吸
（2）加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤
（3）97.4%
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)①[Cu(NH3)4]Cl2与 NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，反应的方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH
CuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH
CuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；
②溶液中含有NaCl，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加稀硝酸和硝酸银，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净；
③实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置X的作用是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
(2)取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，先加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到 CuSO4 5H2O晶体，故答案为：加入适量1.0mol L-1H2SO4溶解，然后逐滴加入1.0mol L-1NaOH调解pH在3.2～4.7，然后过滤；
(3)n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol L-1×0.01948L=0.001948mol，由2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知，2CuSO4 5H2O～I2～2Na2S2O3，则CuSO4 5H2O的物质的量为0.001948mol，所以CuSO4 5H2O样品的纯度为
×100%=97.4%，
故答案为：97.4%。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②表面含有氯离子，结合氯离子的检验方式即可
③根据反应过程中得到氨气极易溶于水，故防倒吸
（2） 焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3) 需要除去杂质，加入酸后过滤加加入碱将铁离子除去即可
（3）根据方程式结合数据即可计算
18．（2022高三下·张家港开学考）硫酸厂产生的酸性废水中含有超标的H3AsO3，需处理达标后才能排放。目前含砷废水的处理常用石灰中和-PFS、硫化、氧化吸附等方法。
（1）石灰中和-PFS法，处理过程如下：
含砷废水经氧化后，加入石灰乳，在相同时间内，废水中沉降的固体、砷的去除率与溶液pH的关系如图-1所示。水溶液中含砷微粒的物质的量分布分数与pH的关系如图-2所示。已知此温度下，溶于水，，，。
①一级沉降时，当，废水中开始产生沉淀，该沉淀主要成分的化学式为 。pH调节到8时，开始产生沉淀，原因是 。
②二级沉降中，保持溶液pH在8～10之间，加入PFS(聚合硫酸铁)形成的胶体粒子与含砷微粒反应可提高砷的去除率，其主要反应的离子方程式为 。
（2）硫化法，用硫代硫酸钠 (Na2S2O3)去除酸性废水中的反应机理如图-3所示，经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为 (图中“HS·”为自由基，“·”表示孤单电子)。
（3）氧化吸附法，新生态悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强。pH不同时，新生态悬浊液对砷去除率如图-4所示。
①加入新生态悬浊液使废水中转化为，反应的离子方程式为 。
②pH从3增大到7的过程中，随着pH增大，砷的去除率上升。其原因是 。
【答案】（1）；pH增大，促进电离，使溶液中增大，pH调节到8时，，产生沉淀；
（2）与在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成，分解得到和，与发生反应生成
（3）；前，随着pH增大，新生态吸附的所带正电荷减少，吸附能力减小；但有更多的转化为和，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大。吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子方程式的书写
【解析】【解答】含砷废水经氧化后，加入石灰乳，此时发生一级沉降，产生的主要沉淀为硫酸钙，随着pH上升，促进 电离，使溶液中c( )增大，产生Ca3(AsO4)2沉淀，继续加入PFS，发生二级沉降，水解产生的Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和 结合生成FeAsO4沉淀；(3)氧化吸附法，利用新生态MnO2悬浊液具有较强的氧化性，能将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ)，也具有较强的吸附性，能吸附水体中的H+而带正电荷。所带正电荷越多，吸附含砷微粒的能力越强，进而达到除砷的目的，据此分析解题。
(1)①硫酸钙难溶于酸，酸性条件下能析出，因此pH调节到2时废水中产生的沉淀主要成分为CaSO4；pH增大，促进
电离，使溶液中c(
)增大，pH调节到8时，Qc=c3(Ca2+) c2(
)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀，故答案为：CaSO4；pH增大，促进
电离，使溶液中c(
)增大，pH调节到8时，Qc=c3(Ca2+) c2(
)＞Ksp[Ca3(AsO4)2]，产生Ca3(AsO4)2沉淀；
②分析分析系数可知，pH在8-10之间时，As元素主要以
的形式存在，
会电离产生少量
，由题意可知，Ksp(FeAsO4)很小，所以Fe(OH)3胶体粒子产生的Fe3+会和
结合生成FeAsO4沉淀，则主要反应的离子方程式为
+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-，故答案为：
+Fe(OH)3=FeAsO4+H2O+2OH-；
(2)由题干图-3所示用硫代硫酸钠 (Na2S2O3)去除酸性废水中
的反应机理可知，其过程可以描述为：
与
在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成
，
分解得到
和
，
与
发生反应生成
，故答案为：
与
在紫外线照射条件下可以生成HS·，HS·可以结合生成
，
分解得到
和
，
与
发生反应生成
；
(3)①根据题意可知MnO2可将H3AsO3氧化为H3AsO4，自身被还原成Mn2+，依据得失电子守恒可知，离子方程式为MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O，故答案为：MnO2+H3AsO3+2H+=H3AsO4+Mn2++H2O；
②依据氧化吸附法原理，pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为
和
，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升，故答案为：pH＜7前，随着pH增大，新生态MnO2吸附的H+所带正电荷减少，吸附能力减小，但有更多的H3AsO4转化为
和
，溶液中带负电荷的粒子增多，易被吸附，使得吸附能力增大，吸附能力增大的幅度大于吸附能力减小的幅度，整体上吸附能力增大，砷的去除率上升。
【分析】（1）①根据此时的pH即可找出沉淀，pH增大后促进砷酸电离促进砷酸钙的形成
②根据溶度积的大小即可判断产物
（2）根据图示即可描述流程
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②pH增大促进了砷酸电离，促进除杂
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