2024届高三化学新高考备考一轮复习——认识化学科学
一、单选题
1．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．标准状况下，中含有的中子数为
B．与足量反应时，转移的电子总数为
C．与充分反应后得到的气体分子数小于
D．常温下，的溶液中发生电离的水分子数为
2．下列有关离子方程式书写正确的是
A．硫酸铵和硫酸铁混合液与过量NaOH溶液混合：
B．碳酸氢钙溶液与氢氧化钙溶液混合：
C．苯酚钠溶液中通入少量气体：22
D．氯气通入70℃的浓氢氧化钠溶液中：
3．下列属于电解质的是
A．蔗糖 B．硝酸钠 C．氨气 D．镁条
4．下列资源的开发利用过程中，只发生物理变化的是
A．石油分馏 B．石油裂化 C．煤的干馏 D．煤的气化
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．质量分数为46％的乙醇溶液中，含键的数目为
B．晶体含有离子总数为
C．含的浓硫酸与足量的镁反应，转移的电子数为
D．常温下，的溶液中，的数目为
6．有关反应的叙述正确的为
A．该反应的还原剂是水，氧化产物为O2
B．还原剂与氧化剂物质的量之比为5：3
C．生成1molO2，反应共转移4mol电子
D．若有5mol水做还原剂时，被BrF3还原的BrF3为mol
7．从锌锰干电池中提取硫酸锌的工艺流程如图所示，已知锌皮中含杂质铁，表面粘有氯化锌、二氧化锰、沥青等物质，、沉淀的pH范围分别为2.68~3.68和4.4~8.03，为两性氢氧化物，有关说法错误的是
A．加30%发生反应：
B．沉淀1的主要成分为、
C．溶液1和溶液2滴加10%NaOH溶液至过量，可提高锌的沉淀率
D．操作1和操作2分别为过滤洗涤、蒸发结晶
8．BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是
A．Cl的原子结构示意图为 B．H2O的空间填充模型为
C．BCl3的电子式为： D．B(OH)3的结构简式为
9．少量氯气通入自来水中杀菌消毒的原理为Cl2 + H2O HCl + HClO。下列有关说法正确的是
A．中子数为10的氧原子 B．HCl为分子晶体
C．HClO的电子式为 D．Cl-的结构示意图为
10．二氧化硫是造成酸雨的主要成分之一，二氧化硫排放到空气中溶于水生成亚硫酸（H2SO3），其中亚硫酸中硫元素（S）的化合价为
A．+2 B．－2 C．+4 D．+6
二、多选题
11．下列电离方程式正确的是
A． B．
C． D．
12．某未知溶液可能含Cl－、CO32-、Na＋、SO42-、Al3＋，将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列判断合理的是
A．一定有Cl－ B．一定有SO42-
C．一定没有Al3＋ D．一定没有CO32-
13．某水体溶有Ca2+、Mg2+、HCO3-三种离子，可先加足量消石灰，再加足量纯碱以除去Ca2+、Mg2+。以下离子方程式肯定不符合反应事实的是
A．Mg2++2HCO3-+Ca2++2OH-=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O
B．Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O
C．Mg2++3HCO3-+3Ca2++5OH-=Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O
D．Ca2++CO32-=CaCO3↓
14．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 该溶液中一定含有
B 将少量的溴水滴入FeCl2、NaI的混合溶液中，再滴加CCl4，振荡、静置，向上层溶液中滴加KSCN溶液。再向上层溶液中滴加溴水 实验现象1：上层溶液不变红，下层溶液紫红色 实验现象2：上层溶液变红 氧化性：Br2＞Fe3+＞I2
C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质
D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
A．A B．B C．C D．D
15．某兴趣小组为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，在室温下向2mL0.001mol·L-1的KMnO4溶液(20%硫酸酸化)中分别加入不同浓度的草酸溶液2mL，实验结果如图所示。已知：草酸与高锰酸钾反应的过程可能为：
Mn(VII)(VII表示价态，下同)Mn(VI)Mn(IV)Mn(III)Mn(III)(C2O4)(红色)→Mn(II)+2nCO2
下列说法正确的是
A．Mn(II)在反应中起催化作用
B．增大草酸的浓度，褪色时间变短
C．若t1s时溶液褪色，用草酸表示的平均反应速率约为 mol·L-1·s-1
D．反应的离子方程式为2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
三、有机推断题
16．普瑞巴林(Pregabalin)，化学名称(S)-3-氨甲基-5-甲基己酸，分子式为，是一种抗癫痫药，临床上主要治疗带状疱疹后神经痛。其结构简式为。其合成路线如图：
已知：
(1)普瑞巴林分子含氧官能团的名称为，的电子式为。
(2)A→B的有机反应类型为；写出C→D的化学反应方程式。
(3)上述转化关系中的有机物X的结构简式：。
(4)写出分子式为，且能发生银镜反应的同分异构体共种，其中有两种化学环境不同的氢原子的物质的结构简式为：。
(5)参考以上合成路线及反应条件，以苯乙酸()和必要的无机试剂为原料，合成，写出合成路线流程图(无机试剂任选)。
四、工业流程题
17．铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含、、ZnO、PbO、)中提取金属铟的流程如图：
已知：氧化酸浸后铟以的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”过程中的硫元素被氧化为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为，滤渣除含过量外，还有(填化学式)。
(2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，就是一种双齿配体。“净化”时加入的主要作用是络合，的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是。
(3)萃取过程的反应方程式为：，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与的关系如下：。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=［已知。忽略萃取剂浓度在萃取过程中随pH的变化。结果保留小数点后两位］。
(4)锌可以从中进行回收(填字母)。
a．滤渣 b．水相 c．有机相 d．滤液
(5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为(填字母)。
a．σ键 b．π键 c．离子键 d．配位键
(6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为；与In原子间距离为的In原子有个。
五、原理综合题
18．研究、、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义。
(1)可使等氧化，常用于定量测定CO的含量。已知：
2I2(s) + 5O2 (g) = 2I2O5(S) △H=-75.56kJ·mol -1
2CO(g)+ O2(g) = 2CO2(g) △H=-566.0kJ·mol -1
写出CO(g)与反应生成和的热化学方程式：。
(2)CO可制做燃料电池，以KOH溶液作电解质，向两极分别充入CO和空气，工作过程中，K+移向极(填“正”或“负”)，正极反应方程式为：。
(3)新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收产物反应。该技术的优点除了能回收利用SO2外，还能得到一种复合肥料。
①该复合肥料可能的化学式为(写出一种即可)。
②若氨水与恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈性(填“酸”或“碱”)。常温下弱电解质的电离平衡常数如下：氨水
③向②中溶液中通入气体可使溶液呈中性。(填“SO2”或NH3”)，此时溶液中2(填“>”“＜”或“=”)
(4)可用强碱溶液吸产生硝酸盐。在酸性条件下，FeSO4溶液能将还原为NO，写出该过程中产生NO反应的离子方程式。
19．水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如下。
零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型
资料：
Ⅰ．酸性条件下SO4 ·为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO4 ·和·OH同时存在，强碱性条件下·OH为主要的自由基。
Ⅱ．Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH
离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.04 9.08
Fe3+ 1.87 3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。
① 砷在元素周期表中的位置是。
② 砷酸的化学式是，其酸性比H3PO4（填“强”或“弱”）。
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82 反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。
①S2O82 中S的化合价是。
②零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是。
③Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是。
（3）不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图。5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高的原因是。
六、结构与性质
20．工业上制取冰晶石（Na3AlF6）的化学方程式如下：
完成下列填空：
（1）反应中四种元素对应的简单离子核外电子排布相同，请按离子半径从大到小的顺序排列这四种离子，其中原子序数最大的元素原子核外有种能量不同的电子，其最外层电子的电子云有种不同的伸展方向。
（2）反应中有两种元素在元素周期表中位置相邻，能比较它们的金属性或非金属性强弱的事实是（选填编号）。
a. 气态氢化物的稳定性 b. 最高价氧化物对应水化物的酸性
c. 单质与氢气反应的难易 d. 单质与同浓度酸发生反应的快慢
反应中两种金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为。
（3）冰晶石在工业上可做电解氧化铝的助溶剂，此反应中若有0.6mol电子转移，则在极可得金属铝的质量为克。
（4）工业上不采用电解氯化铝的方法而是采用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因是。
参考答案：
1．B
【详解】A．1个分子中含7个中子，所以中含有的中子数为0.5mol7 =，A正确；
B．中和都具有较强的还原性，都能和发生反应，则与足量反应时，转移的电子总数为，B错误；
C．NO与O2反应生成NO2，部分NO2会自发生成N2O4，反应的方程式为：，则充分反应后得到的气体分子数小于，C正确；
D．在水溶液中发生水解反应，促进水的电离，则的溶液水电离的氢离子等于氢氧根离子，常温下其浓度为=mol/L，溶液体积为1L，则发生电离的水分子数为，D正确；
故选B。
B项不正确。
2．B
【详解】A．硫酸铵和硫酸铁混合液与过量NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨，故A错误；
B．碳酸氢钙溶液与氢氧化钙溶液混合生成碳酸钙、水，离子方程式为：，故B正确；
C．由于酸性：H2CO3>苯酚>HCO，苯酚钠溶液中通入少量气体生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为： ，故C错误；
D．氯气通入70℃的浓氢氧化钠溶液中反应生成NaCl和NaClO3，3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO+3H2O，故D错误；
故选B。
3．B
【详解】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；蔗糖是非电解质；硝酸钠在水溶液中能导电，属于电解质；NH3自身不能电离，属于非电解质；镁是单质，既不是电解质也不是非电解质；故答案选B。
4．A
【详解】A．石油分馏没有生成新物质，属于物理变化，故选A；
B．石油裂化有生成新物质，属于化学变化，故不选B；
C．煤的干馏有生成新物质，属于化学变化，故不选C；
D．煤的气化有生成新物质，属于化学变化，故不选D；
选A。
5．A
【详解】A．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；n(C2H5OH)= ==1mol，O—H键数目1NA，n(H2O)===3mol，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，故A正确；
B．由2个钠离子和1个过氧根离子构成，则含有离子总数为，故B错误；
C．初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2mol H2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1mol，转移电子总量应大于0.2NA，故C错误；
D．溶液没有给出体积数据，无法计算微粒数目，故D错误；
故选：A。
6．D
【详解】A．根据元素化合价升降可知，该反应的还原剂是水和BrF3，氧化产物为和O2，A错误；
B．根据氧化产物为和O2，则还原剂为2H2O和BrF3，氧化剂为2BrF3，二者物质的量之比为3:2，B错误；
C．生成1molO2，同时生成1mol，反应共转移电子，C错误；
D．根据氧化产物为和O2，还原剂水和BrF3的关系式为2H2O～BrF3，若有5mol水做还原剂时，还原剂，根据电子得失守恒，被BrF3还原的BrF3为x，则，，D正确；
答案选D。
7．C
【详解】从流程图分析可知，加40%硫酸溶液，使锌皮、铁及二氧化锰溶解；加作用是氧化；加氢氧化钠溶液调节pH使、沉淀；再加10%硫酸溶液调节pH=3.8，作用是使溶解，分离两种沉淀；再加氢氧化钠溶液沉淀锌，硫酸锌溶解度随温度变化不大，和氯化钠相似，所以使用蒸发结晶的操作方法进行提取。
A．加将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应：，A正确；
B．根据分析可知，沉淀1的主要成分为、，B正确；
C．溶液1和溶液2滴加10%NaOH溶液至过量，会导致与氢氧化钠继续反应，导致锌沉淀率降低，C错误；
D．根据操作过程，操作1和操作2分别为过滤洗涤、蒸发结晶，D正确。
答案选C。
8．C
【详解】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为 ，A项正确；
B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；
C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误；
D．的结构简式为，D项正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．质量数=质子数+中子数=8+10=18，所以中子数为10的氧原子，A项错误；
B．氯化氢属于共价化合物，是由分子构成的晶体，B项正确；
C．HClO属于共价化合物，其结构式为：H-O-Cl，所以其电子式为：，C项错误；
D．氯原子核电荷数为17，氯离子核外有18个电子，Cl-的结构示意图为：，D项错误；
故答案为B。
10．C
【详解】根据化合物中正负价代数和为0可知，亚硫酸中氢和氧化合价分别是＋1价和－2价，所以硫的化合价是＋4价。答案选C。
11．AB
【详解】A．硫酸铜在水溶液中发生完全电离，生成铜离子和硫酸根离子，其电离方程式为：，A正确；
B．属于铵盐，在水溶液中完全电离，其电离方程式为：，B正确；
C．碳酸钠在水溶液中按离子构成可电离出2个钠离子和1个碳酸根离子，其电离方程式为：，C错误；
D．是由钾离子与氯酸根离子构成，在水溶液中的电离方程式为：，D错误；
故选AB。
12．BD
【分析】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，溶液呈酸性，一定无、有Al3＋；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，一定有；氯化钡含有氯离子，滴加氯化钡后的液体含有氯离子，原溶液不一定有Cl－。
【详解】A．由分析可知，原溶液中不一定有Cl-，A错误；
B．滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，一定有，B正确；
C．溶液呈酸性，一定有Al3＋，C错误；
D．溶液呈酸性，一定有无，D正确；
故选BD。
13．AB
【详解】A.MgCO3、Mg(OH)2都难溶于水，但是MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2，所以加入足量消石灰Mg2+应形成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀，而Mg2++2HCO3-+ Ca2++2OH-=MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O中形成的是MgCO3沉淀，不符合反应事实，A选；
B.当向溶液中加入足量Ca(OH)2，原溶液中Ca2+、Mg2+、HCO3-都应该完全反应，Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O中仅显示Mg(HCO3)2发生反应，不符合反应事实，B选；
C.若原溶液中含有1molMg2+、3molHCO3-，则原溶液中Ca2+为0.5mol，三者完全反应需要消耗2.5molCa(OH)2，反应的离子方程式是：Mg2++3HCO3-+3Ca2++5OH-=Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O，符合反应事实，C不选；
D.再加入纯碱除去Ca2+的离子方程式为Ca2++CO32-=CaCO3↓，符合反应事实，D不选；
答案选AB。
14．BD
【详解】A．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有，A错误；
B．由现象可知，溴氧化碘离子、亚铁离子，且铁离子与碘离子发生氧化还原反应，可知氧化性为Br2＞Fe3+＞I2，B正确；
C．过氧化钠与水反应生成氧气，若变质与盐酸反应生成二氧化碳，均为无色气体，则加盐酸生成气体不能说明变质，C错误；
D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则灼烧时铝箔熔化但不滴落，D正确；
答案选BD。
15．AC
【详解】A．由Mn(VII)(VII表示价态，下同)Mn(VI)Mn(IV)Mn(III)Mn(III)(C2O4)(红色)→Mn(II)+2nCO2可知，Mn(II)是前阶段的还原剂，又是最后阶段的还原产物，所以Mn(II)的作用是催化剂，故A正确；
B．由图可知，透光率相同时，草酸的浓度越大，酸性高锰酸钾溶液褪色时间越长，即增大草酸的浓度，褪色时间变大，故B错误；
C．若t1s时溶液褪色，用高锰酸钾表示的平均反应速率约为v=，根据反应速率之比等于反应系数之比，则用草酸表示的平均反应速率则为：=，故C正确；
D．草酸是弱酸，在写离子方程式时不能拆，则反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；
故答案选AC。
16．(1) 羧基
(2) 取代反应
(3)
(4) 4
(5)
【分析】乙酸和氯气发生取代反应得到A，A到B发生了取代反应，B到C发生了水解反应，C到D发生了酯化反应；结合题中已知信息，D到E应为D与反应得到E；E到F双键位置发生了加成反应，引入了-CN；F到G发生了酯基的水解，并且碳链变短；G到H-CN位置变成了氨基，H经过一系列反应得到产物普瑞巴林。
【详解】（1）根据普瑞巴林分子的结构简式，含氧官能团的名称为羧基；氨基的电子式为：；
（2）根据分析，A到B 的反应类型为取代反应，C到D发生了酯化反应，化学方程式为；
（3）根据分析，X的结构简式为；
（4）分子式为的物质的不饱和度为1，能发生银镜反应说明含有醛基，除醛基外，剩下部分为丁基，丁基的同分异构体有（只画出碳骨架）：、 、、，共4种，故分子式为且能发生银镜反应的同分异构体有4种；其中有两种不同化学环境的氢原子，说明其结构高度对称，结构简式为：；
（5）参照题中合成路线，可采用逆推法，参照题中G到H的合成方法，产物可由得来，可由得到，可由得到，故合成路线为。
17．(1) 12:1 PbSO4
(2)
(3)2.73
(4)bd
(5)c
(6) 4 12
【分析】高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3、 In2O3、 In2S3)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸氧化,将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和Fe2 ( SO4) 3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。
【详解】（1）氧化酸浸过程中MnO2只将In2S3中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。
（2）草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为，该净化的离子方程式为：
（3）。当pH=2.30时，萃取率为50%；则，得，若将萃取率提升到95%，则，将lgK代入，则有，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的pH=2.73。
（4）Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收，置换时锌粉发生置换反应进入溶液，因此也可从滤液中回收。
（5）In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含c。
（6）磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为，磷原子数为4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为anm的In原子在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间距离为anm的In原子数为。
18． 5CO(g) + I2O5(s) = 5CO2 + I2(s) H= -1377.22kJ mol-1 正 O2 + 2H2O +4e = 4OH (NH4)3PO4或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4 碱 SO2> 3Fe2+ + NO + 4H+ =3Fe3+ +NO↑+ 2H2O
【详解】试题分析：(1)先写出化学方程式，标明各物质的状态，然后根据盖斯定律求算 H，
H= — H1 + H2，带入相关数据可得答案。
(2)原电池电解质溶液中，阳离子移向正极；电解质为KOH溶液，所以正极反应为O2在H2O存在条件下得电子生成OH 。
(3)①分析反应物，氨气、二氧化硫反应后再与磷酸反应，由磷酸的量不同可生成(NH4)3PO4或(NH4)2HPO4或NH4H2PO4。
②氨水与SO2恰好完全反应生成(NH4)2SO3，水解显碱性。
③因为②中溶液显碱性，所以通入SO2可中和OH ，使溶液显中性；根据电荷守恒可知：[NH4+]+[H+]=[OH ]+2[SO32 ]+[HSO3 ]，溶液中性[H+]=[OH ]，得[NH4+]=2[SO32 ]+[HSO3 ]，所以[NH4+]/[SO32 ]>2。
(4)根据信息找出反应物和生成物，配平可得离子方程式。
考点：本题考查热化学方程式的书写、原电池原理、盐类的水解、离子浓度比较和离子方程式的书写。
19． 第4周期、第ⅤA族 H3AsO4 弱 +7 Fe+ S2O82 == Fe 2+ +2SO42 Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe 2+ pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH = 7和pH = 9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)
【分析】（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族；
②磷酸的化学式为H3PO4，同主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，其最高价氧化物水化物的酸性越弱；
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82 反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。
①S2O82 中氧元素为-2价，设S的化合价是x，结合正负化合价代数和为-2计算；
②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
③Fe将Fe3+还原为Fe2+，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
（3）由模型可知pH = 7和pH = 9时产生了强氧化性的O4 ·和·OH，有利于Fe的氧化，pH = 7和pH = 9时Fe2+和Fe3+完全转化为Fe(OH)2和Fe(OH)3，易除去；
【详解】（1）①磷核电荷数为15，在元素周期表中的位置是第3周期、第ⅤA族，则砷在元素周期表中的位置是第4周期、第ⅤA族；
② 砷酸中砷元素的化合价为+5价，其化学式是H3AsO4，因As非金属性比P弱，则其酸性比H3PO4弱；
（2）①S2O82 中氧元素为-2价，设S的化合价是x，2x+（-2）×8=-2，解得x=+7，即S2O82 中S的化合价是+7；
②零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，则发生反应的离子方程式为Fe+ S2O82 == Fe 2+ +2SO42 ；
③Fe将Fe3+还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+ == 3Fe 2+；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH = 7和pH = 9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)，故5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高。
20． O2-＞F-＞Na+＞Al3+ 5 2 ac Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 阴 5.4 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离
【分析】（1）电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；原子序数最大的为Al，不同能级中的电子能量不同；最外层为3s23p1，有2种电子云；
（2）反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，可以根据氢化物稳定性、单质与氢气反应难易程度比较，O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，单质与酸反应快慢不能比较非金属性强弱；
（3）氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠与水；
（4）电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，而铝离子发生还原反应，应在阴极析出；根据电子转移守恒计算Al的物质的量，进而计算Al的质量；
（5）氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。
【详解】(1)O2 、F 、Na+、Al3+电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径：O2 >F >Na+>Al3+;原子序数最大的为Al,核外电子排布为1s22s22p63s23p1,不同能级中的电子能量不同,核外有5种不同能量的电子;最外层为3s23p1,有2种电子云,故答案为O2 >F >Na+>Al3+；5；2；
(2)反应中两种元素在元素周期表中位置相邻，为O元素与氟元素，
a. 氢化物越稳定，非金属性越强，a项正确；
b. O、F元素没有含氧酸，不能用最高价氧化物对应水化物的酸性，b项错误；
c.单质与氢气反应越容易，对应元素的非金属性越强，c项正确；
d.单质与同浓度酸发生反应的快慢不能判断非金属性强弱，如氧气与硝酸不反应，而S、碘与硝酸反应，d项错误，
故选ac；
(3)氢氧化铝是两性氢氧化物,能和氢氧化钠反应,反应离子方程式为：Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O，
故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(4)电解池阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,而铝离子发生还原反应,应在阴极析出;根据电子转移守恒,析出Al的物质的量为=0.2mol，故析出Al的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，
故答案为阴；5.4；
(5)因为氯化铝为共价化合物，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以导电，
故答案为氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能发生电离。
