北京市西城区届高三上学期期末考试化学试题解析版.docx

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北京市西城区届高三上学期期末考试化学试题解析版

北京市西城区2020届高三上学期期末考试

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16S32

第Ⅰ卷（选择题共42分）

1.可回收物经综合处理，可再利用，节约资源。

下列可回收物的主要成分属于合金的是（）

A.

旧自行车钢圈B.

旧报纸

C.

旧塑料盆D.

旧衣物

[答案]A

[详解]A、钢圈的主要材料是铁的合金，故A符合题意；

B、旧报纸的主要成分是纤维素，故B不符合题意；

C、旧塑料的主要成分是有机高分子材料，故C不符合题意；

D、旧衣物的主要成分是有机高分子材料，故D不符合题意。

答案选A。

2.下列说法不正确的是（）

A.鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸微热后生成黄色沉淀

B.蛋白质遇饱和硫酸钠溶液变性

C.油酸甘油酯可通过氢化反应变

硬脂酸甘油酯

D.油脂在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐

[答案]B

[详解]A、鸡蛋清是蛋白质，故能和浓硝酸发生颜色反应显黄色，且加热能使蛋白质变性，故A正确；

B、硫酸钠为轻金属盐，不能使蛋白质变性，能使蛋白质发生盐析，故B错误；

C、油酸甘油酯含有碳碳双键，与氢气能够发生加成反应生成硬脂酸甘油酯，故C正确；

D、油脂含有酯基，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，又叫皂化反应，故D正确。

答案选B。

[点睛]本题考查有机物的结构与性质，把握物质的结构与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意蛋白质盐析和变性的条件。

3.下列反应过程，与氧化还原反应无关的是（）

A.在钢铁设备上连接金属Zn保护钢铁

B.向工业废水中加入Na2S去除其中的Cu2+、Hg2+

C.向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4减少SO2排放

D.补铁剂（含琥珀酸亚铁）与维生素C同服促进铁的吸收

[答案]B

[详解]A、钢铁设备上连接金属锌，构成原电池时锌为负极，原电池反应为氧化还原反应，故A不符合题意；

B、向废水中加入Na2S，S2-与Cu2+、Hg2+反应生成对应的沉淀，为复分解反应，故B符合题意；

C、向煤中加入适量石灰石转化为CaSO4，发生的反应为：

2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，为氧化还原反应，故C不符合题意；

D、维生素C有还原性，可防止亚铁离子氧化为铁离子，这与氧化还原反应有关，故D不符合题意。

[点睛]本题考查氧化还原反应，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化。

4.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒。

Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（）

A.元素的金属性：

K＞37Rb

B.中子数为50的Rb的核素：

50Rb

C.与同周期元素53I的原子半径比：

Rb＞I

D.最高价氧化物对应的水化物的碱性：

KOH＞RbOH

[答案]C

[分析]铷元素（Rb）位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。

[详解]A、同主族从上往下金属性增强，所以金属性：

K＜37Rb，故A错误；

B、中子数为50的Rb的核素表示为：

87Rb，故B错误；

C、同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径Rb＞I，C正确；

D、同主族从上往下金属元素对应氧化物水化物的碱性增强，故碱性RbOH＞KOH，故D错误。

答案选C。

[点睛]考查元素周期表，侧重考查学生的分析能力，要求学生熟悉元素周期表的排布规律，同时了解元素的一些性质变化规律。

5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）

A.无色溶液中：

Cu2+、K+、SCN−、Cl−

B.含有NO3−的溶液中：

I−、SO32−、SO42−、H+

C.由水电离出的c（H+）＝1.0×10−13mol·L−1的溶液中：

Na+、NH4+、SO42−、HCO3−

D.pH＝11的NaOH溶液中：

CO32−、K+、NO3−、SO42−

[答案]D

[分析]A、Cu2+显蓝色；

B、NO3−在酸性条件下具有强氧化性；

C、由水电离出的c（H+）＝1.0×10−13mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱；

D、pH＝11的NaOH含有氢氧根。

[详解]A、Cu2+显蓝色，故A不符合题意；

B、溶液中含有大量H+，显酸性，NO3−在酸性条件下具有强氧化性，I−、SO32−均不能大量共存，故B错误；

C、由水电离出的c（H+）＝1.0×10−13mol·L−1的溶液既可能是酸也可能是碱，NH4+在碱性溶液中不能大量存在，HCO3−在酸性和碱性条件下都不能大量共存，故C错误；

D、pH＝11的NaOH溶液中有钠离子和氢氧根，CO32−、K+、NO3−、SO42−与它们都不反应，可以共存，故D正确。

答案选D。

[点睛]本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：

能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：

溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。

6.下列说法正确的是（）

A.1molO2的体积是22.4L

B.1.7gNH3中含有的质子数约为6.02×1023

C.8gS在足量O2中完全燃烧转移的电子数约为3.01×1023

D.0.5mol·L−1NaCl溶液中含有Cl−的物质的量为0.5mol

[答案]B

[详解]A、气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，则无法计算气体体积，故A错误；

B、1.7 g NH3的物质的量为n=

=

=0.1mol，1个NH3中含有10个质子，0.1mol NH3的质子数为1mol，所以，1molNH3的质子数数目约为6.02×1023，故B正确；

C、8 g S物质的量为：

=0.25mol，在足量O2中完全燃烧转移的电子数约0.25×4×6.02×1023=6.02×1023，故C错误；

D、溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故D错误。

答案选B。

[点睛]本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键。

7.下列解释事实的化学用语不正确的是（）

A.碳酸钙与稀盐酸反应：

CO32−+2H+==H2O+CO2↑

B.铜与稀硝酸反应：

3Cu+8H++2NO3−==3Cu2++2NO↑+4H2O

C.氨的催化氧化反应：

4NH3+5O2

4NO+6H2O

D.少量二氧化硫与氢氧化钠溶液反应：

2OH−+SO2==SO32−+H2O

[答案]A

[详解]A、碳酸钙与稀盐酸反应，碳酸钙应该写成化学式，正确的离子方程式为：

CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故A错误；

B、铜与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：

3Cu+8H++2NO3−==3Cu2++2NO↑+4H2O，故B正确；

C、氨的催化氧化反应，氨被氧化为NO，化学方程式为：

氨的催化氧化反应：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，故C正确；

D、少量二氧化硫与烧碱溶液反应生成亚硫酸钠，离子方程式为：

SO2+2OHˉ=SO32-+H2O，故D正确。

答案选A。

[点睛]本题考查方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。

8.向2mL0.8mol·L−1FeSO4溶液中，滴加2mL1mol·L−1NaHCO3溶液，产生无色气体和白色沉淀。

将浊液分成两份，一份迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊；另一份静置一段时间后变为红褐色。

已知：

碳酸亚铁是难溶于水的白色固体。

下列说法不正确的是（）

A.无色气体是CO2

B.HCO3−只发生了电离

C.白色沉淀中含有FeCO3

D.上述实验过程中发生了氧化还原反应

[答案]B

[分析]FeSO4与NaHCO3溶液反应，产生无色气体和白色沉淀，气体能使澄清石灰水变浑浊，为二氧化碳，沉淀中有FeCO3，HCO3−是二元弱酸的酸式根既发生了电离，也发生了水解。

[详解]A、产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，在该反应中肯定为二氧化碳，故A正确；

B、HCO3−是二元弱酸的酸式盐离子，既能发生电离，也发生水解，故B错误；

C、浊液迅速过滤、洗涤，加入稀盐酸，产生的无色气体可使澄清石灰水变浑浊，说明产生了二氧化碳，表明沉淀中有FeCO3，故C正确；

D、另一份静置一段时间后变为红褐色，生成了氢氧化铁，说明溶液中亚铁离子被氧气氧化成铁离子，故D正确。

答案选B。

9.PET（

，M链节=192g·mol−1）可用来生产合成纤维或塑料。

测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：

以酚酞作指示剂，用cmol·L−1NaOH醇溶液滴定mgPET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液vmL。

下列说法不正确的是（）

A.PET塑料是一种可降解高分子材料

B.滴定终点时，溶液变为浅红色

C.合成PET的一种单体是乙醇的同系物

D.PET的平均聚合度

（忽略端基的摩尔质量）

[答案]C

[分析]

是聚酯类高分子，它的单体为：

HOCH2CH2OH和

，可以发生水解反应生成小分子。

[详解]A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2CH2OH和

，故A正确；

B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反应完时生成羧酸钠，显弱碱性，使酚酞试剂显浅红色，B正确；

C、

的单体为：

HOCH2CH2OH和

，乙二醇中有两个羟基，在组成上与乙醇也没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；

D、NaOH醇溶液只与PET端基中的羧基反应，n（NaOH）=cv

10-3mol，则PET的物质的量也等于cv

10-3mol，则PET的平均相对分子质量=

=

g/mol，PET的平均聚合度

，故D正确。

答案选C。

[点睛]本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：

一是官能团的种类和个数要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。

10.室温下，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：

溶液a

通入0.01molHCl

加入0.01molNaOH

pH

4.76

4.67

4.85

像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。

下列说法不正确的是（）

A.溶液a和0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者

B.向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，pH变化不大

C.向溶液a中加入0.1molNaOH固体，pH基本不变

D.含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液

[答案]C

[分析]含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。

[详解]A、1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO--，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；

B、向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；

C、向溶液a中加入0.1molNaOH固体，0.1molCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；

D、含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。

答案选C。

11.下列实验的现象与结论相对应的是（）

A

B

C

D

实验

现象

电流计指针向右偏（电子由Fe转移到Cu），片刻后向左偏

加热一段时间后溶液蓝色褪去

加热，肥皂液中产生无色气泡

①和②中均迅速产生大量气泡

结论

铁片作负极，片刻后铜片作负极

淀粉在酸性条件下水解，产物是葡萄糖

铁粉与水蒸气反应生成H2

MnO2一定是②中反应的催化剂

[答案]A

[分析]A、开始时铁与浓硝酸反应生成氧化膜，铁为负极；铁的表面钝化后，无法与浓硝酸继续反应，则铜与浓硝酸发生反应，此时铜为负极，所以电流方向会发生改变，故A正确；

B、蓝色褪去可以说明淀粉发生水解，但是无法确定其水解产物是不是葡萄糖，故B错误；

C、不能说明肥皂液中产生无色气泡为氢气，也可能是空气受热膨胀产生气泡，故C错误；

D、过氧化钠与水反应放出大量的热，因此无法判断二氧化锰是否产生了催化作用，故D错误。

答案选A。

[详解]该题考查基本实验的操作、现象、结论，要求对教材上的实验比较熟悉，关键是对实验中的一些不确定情况能进行具体分析，试题有一定的灵活性。

12.骨胶黏剂是一种极具应用前景的医用高分子材料。

某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：

已知：

R1COOR2+R318OH

R1CO18OR3+R2OH

下列说法不正确的是（）

A.单体M1可用于配制化妆品

B.改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量

C.该合成反应为缩聚反应

D.X、Y、Z中包含的结构片段可能有

[答案]C

[分析]由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。

[详解]A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确；

B、改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；

C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误；

D、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有

，故D正确。

答案选C。

13.液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如右图。

下列说法不正确的是（）

已知：

①Zn（OH）2+2OH−==Zn（OH）42−。

②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。

A.放电过程中，H+由正极向负极迁移

B.放电过程中，正极的电极反应：

MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O

C.充电过程中，阴极的电极反应：

Zn（OH）42−+2e−==Zn+4OH−

D.充电过程中，凝胶中的KOH可再生

[答案]A

[分析]放电过程中，Zn为负极，电极反应式为：

Zn-2e−+4OH−==Zn（OH）42−，MnO2为正极，电极反应式为：

MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，充电时的阴极反应式为：

Zn（OH）42−+2e−==Zn+4OH−，阳极反应式为：

Mn2++2H2O-2e−==MnO2+4H+。

[详解]A、放电时正极反应式为：

MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，消耗氢离子，应该是硫酸根离子向锌电极迁移，故A错误；

B、MnO2为正极，电极反应式为：

MnO2+4H++2e−==Mn2++2H2O，故B正确；

C、充电时，由负极反应式写阴极反应式为：

Zn（OH）42−+2e−==Zn+4OH−，故C正确；

D、充电过程中，阴极反应式

：

Zn（OH）42−+2e−==Zn+4OH−，氢氧根与钾离子组成氢氧化钾，故D正确。

答案选A。

[点睛]该题考查可充电电池，一般先分析放电过程的负极反应式、正极反应式；再分析充电过程的阴极反应式和阳极反应式。

14.某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2（g） 

2NO（g）+O2 （g）ΔH>0。

实验测得：

υ正（NO2 ）＝k正c2（NO2 ），υ逆（NO）＝k逆c2（NO）·c（O2 ），k正、k逆为化学反应速率常数，只受温度影响。

容器

编号

起始浓度（mol·L−1）

平衡浓度（mol·L−1）

c（NO2）

c（NO）

c（O2）

c（O2）

Ⅰ

0.6

0

0

0.2

Ⅱ

0.6

0.1

0

下列说法不正确的是（）

A.Ⅰ中NO2的平衡转化率约为66.7%

B.Ⅱ中达到平衡状态时，c（O2）＜0.2mol·L−1

C.该反应的化学平衡常数可表示为K=

D.升高温度，该反应的化学平衡常数减小

[答案]D

[分析]先用三段式法计算出实验Ⅰ中各组分的改变浓度和平衡浓度：

而实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，再判断各量的变化。

[详解]A、由上述分析可知，Ⅰ中NO2的平衡转化率为

，故A正确；

B、Ⅰ中平衡时c（O2）=0.2mol·L−1，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上再加入NO，平衡会逆向移动，c（O2）＜0.2mol·L−1，故B正确；

C、平衡时υ正（NO2 ）＝υ逆（NO），即k正c2（NO2 ）＝k逆c2（NO）·c（O2 ），得

=

=K，故C正确；

D、该反应为吸热反应，升高温度，K值增大，故D错误。

答案选D。

第Ⅱ卷（非选择题共58分）

15.草酸亚铁是黄色晶体，常用作照相显影剂、新型电池材料等。

实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和C2O42−的物质的量之比确定其纯度，步骤如下：

Ⅰ．称取一定质量的硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。

Ⅱ．称取mgⅠ中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用cmol·L−1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液v1mL（其中所含杂质与KMnO4不反应）。

Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用cmol·L−1KMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液v2mL。

Ⅳ．重复上述实验3次，计算。

已知：

ⅰ．草酸是弱酸。

ⅱ．pH>4时，Fe2+易被O2氧化。

ⅲ．酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。

（1）Ⅰ中加入稀硫酸的目的是_____________________、_____________________。

（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_________、_________。

（3）Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。

若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V______v2mL（填“＞”、“＝”或“＜”）。

（4）Ⅲ中，滴定时反应的离子方程式是_______________________________________。

（5）mgⅠ中制得的晶体中，Fe2+和C2O42−的物质的量之比是____________（用含v1、v2的计算式表示）。

[答案]

（1）.抑制Fe2+水解

（2）.增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化（3）.Fe2+（4）.C2O42−（5）.＞（6）.

（7）.

[分析]先用硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]与饱和H2C2O4溶液反应制备草酸亚铁，称取mg草酸亚铁晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，用KMnO4溶液滴定至终点，Fe2+和C2O42−都反应完，Fe2+被氧化为Fe3+，Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉将Fe3+完全还原为Fe2+，最后再用等浓度KMnO4溶液滴定至终点，则可以计算出的Fe2+的含量，则C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为（v1-v2），可计算出C2O42−的含量。

[详解]

（1）亚铁离子要水解，由信息可知pH>4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；故答案为：

抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化；

（2）Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒有Fe2+和C2O42−，故答案为：

Fe2+；C2O42−；

（3）Ⅲ中若未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：

＞；

（4）Ⅲ中滴定时，Fe2+与酸性高锰酸钾溶液反应，离子方程式为：

；

（5）Ⅲ中滴定时，MnO4-与Fe2+的关系式为：

，

的物质的量为：

，Fe2+的物质的量为

；在Ⅱ中C2O42−与

的关系式为

C2O42−消耗的KMnO4溶液体积为（v1-v2），

的物质的量为：

，C2O42−的物质的量为：

，Fe2+和C2O42−的物质的量之比为

=

，故答案为：

。

[点睛]该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。

16.二氧化氯（ClO2）广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。

工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2，工艺流程如下：

已知：

a．发生器中制备ClO2的反应：

12NaClO3+8H2SO4+3CH3OH=12ClO2↑+3HCOOH+4Na3H（SO4）2↓+9H2O

b．相关物质的熔沸点：

物质

CH3OH

HCOOH

ClO2

熔点/℃

－97

9

－59

沸点/℃

65

101

11

（1）ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有______性。

（2）冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，应控制

最佳温度为______（填字母）。

A．0~10℃B．20~30℃C．60~70℃

（3）经过程Ⅰ和过程Ⅱ可以获得芒硝（Na2SO4·10H2O）并使部分原料循环利用。

已知：

Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线如下图：

1Na3H（SO4）2处理器中获得芒硝时需加入NaClO3固体，从芒硝溶解平衡的角度解释其原因：

________________________________________________。

2结合Na2SO4·10H2O和Na2SO4的溶解度曲线，过程Ⅱ的操作是：

在32.4℃恒温蒸发，__________________________________________。

3Na3H（SO4）2处理器的滤液中可以循环利用的原料是NaClO3和_________。

[答案]

（1）.氧化

（2）.B（3）.

，加入NaClO3，使钠离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于Na2SO4·10H2O的析出（4）.冷却结晶，过滤，洗涤