B．异丁烷为CH3CH（CH3）CH3，其二氯代物可以取代同一碳原子上的2个H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断；
C．主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基；
D．同系物是结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，官能团的种类和数目相同．
【解答】解：A．裂化汽油中的不饱和键可以使溴水褪色，而分馏石油气不能使溴水褪色，故A正确；
B．异丁烷为CH3CH（CH3）CH3，二氯代物取代同一碳原子上的2个H原子，有：CH3CHCHCl2；ClCH2CHCH2Cl，ClCH2CCl（CH3）取代不同碳原子上的H原子，有：（CH3）（CH3）CH3，共有3种，故B正确；
C．主链含四个碳的烷烃中，支链只能是甲基，最多4个甲基，名称为2，2，3，3﹣四甲基丁烷，故C错误；
D．乙醇和甘油都含羟基，分别含有1个、3个羟基；葡萄糖中含有醛基，蔗糖中不含有醛基，都是糖类，它们之间不是同系物，故D正确； 故选C．
【点评】本题主要考查有机物的结构和性质，涉及同分异构体、同系物的辨析，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．
5．双级膜电渗析解离NaCl溶液制备酸碱的原理，为提高海水淡化的附加值提供了新的技术路径．已知BP为双级膜，阴阳膜界面可以解离H+和OH﹣，下列说法正确的是（ ）
A．A为阳离子交换膜，C为阴离子交换膜
B．X为阴极，发生的电极反应方程式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O C．在X、Y极室加入Na2SO4，目的是提供制备的酸和碱的阳离子或阴离子
D．通过该装置，不但海水得到了淡化，同时还可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物质 【分析】A、A是氯离子通过，而B是钠离子自由通过； B、X为阳极，而不是阴极；
C、在X、Y极室加入Na2SO4，目的是增加溶液的导电性；
D、该装置是氯化钠的浓度减少，同时在阴极得到氢气阳极得到氧气．
【解答】解：A、A是氯离子通过，而B是钠离子自由通过，所以A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜，故A错误；
B、X为阳极，而不是阴极，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故B错误； C、在X、Y极室加入Na2SO4，目的是增加溶液的导电性，而不是提供制备的酸和碱的阳离子或阴离子，故C错误；
D、该装置是氯化钠的浓度减少，同时在阴极得到氢气阳极得到氧气，所以通过该装置，不但海水得到了淡化，同时还可以得到NaOH、HCl、H2、O2等物质，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查了海水淡化原理，明确图片内涵是解本题关键，阴阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化，难度不大．
6．根据表，下列说法正确的是（ ） 化学式 电离常数（25℃） CH3COOH Ka=1.8×10﹣5 H2SO3 Ka1=1.23×10﹣2 Ka2=6.6×10﹣8 NH3．H2O Kb=1.8×10﹣5 A．25℃时，pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，混合液中水的电离是被促进的 B．Na2SO3溶液中滴加足量醋酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣ C．NaHSO3溶液呈酸性，是因为Kw/Ka1＞Ka2
D．0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中的微粒存在以下关系：c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）
【分析】A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，得到的是醋酸铵溶液，能双水解的盐类；
B、化学反应遵循强酸制备弱酸的原理，据此回答；
C、NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度；
D、0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中存在物料守恒，据此回答．
【解答】解：A、pH=3的醋酸和pH=11的氨水等体积混合后，得到的是醋酸铵溶液，能双水解的盐类，水的电离是被促进的，故A正确；
B、SO32﹣+2CH3COOH=SO2↑+H2O+2CH3COO﹣，说明酸性：CH3COOH＞H2SO3，这和CH3COOH的Ka=1.8×10﹣5、H2SO3的Ka1=1.23×10﹣2亚硫酸酸性强是矛盾的，故B错误； C、NaHSO3溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，而Kw/Ka1＞Ka2说明亚硫酸氢根离子的水解程度大于电离程度，故C错误；
D、0.1mol/L的CH3COOH溶液与等浓度等体积的CH3COONa混合后，溶液中存在物料守恒2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH
﹣
）+c（CH3COO﹣），整理两式子，得到：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+2c
（OH﹣），故D错误． 故选A．
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒三大守恒的应用是关键．
7．某酸性工业废水，可能含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣、Br﹣、I﹣中的一种或几种，为了能回收其中的某些成分，进行了以下实验：
已知pH=4时，Fe3+沉淀完全，而Cu2+、Ca2+未沉淀． 下列说法不正确的是（ ） A．该工业废水中肯定存在Cu2+、I﹣ B．若废水中存在NO3﹣，则肯定存在Fe3+ C．操作1为鼓入热空气，试剂1为Fe
D．为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥
【分析】废水中通入足量氯气的目的是将溶液中还原性较强的离子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气，冷凝后有深红棕色液体生成，说明是液溴，则可推断出原废水中含Br﹣； 调节溶液PH约为4，Fe3+沉淀完全，得到氢氧化铁沉淀，加稀硫酸后氢氧化铁沉淀溶解，试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥； 加足量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，说明原废水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉淀是氢氧化钙，在加足量氢氧化钠溶液后溶液无明显现象，说明溶液中无碘，原废水中不含I﹣；氯离子不能确定； 由于废水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有还原性二价铁离子，只能是三价铁离子，有二价铁离子，就不能有NO3﹣．
【解答】解：废水中通入足量氯气的目的是将溶液中还原性较强的离子氧化，可能氧化Fe2+、Br﹣、I﹣，操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气，冷凝后有深红棕色液体生成，说明是液溴，则可推断出原废水中含Br﹣； 调节溶液PH约为4，Fe3+沉淀完全，得到氢氧化铁沉淀，加稀硫酸后氢氧化铁沉淀溶解，试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥； 加足量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，说明原废水中不含Cu2+，含Ca2+，白色沉淀是氢氧化钙，在加足量氢氧化钠溶液后溶液无明显现象，说明溶液中无碘，原废水中不含I﹣；氯离子不能确定； 由于废水呈酸性，若含有NO3﹣、就不能有还原性二价铁离子，否者会发生氧化还原反应，只能是三价铁离子； 若有二价铁离子，就不能有NO3﹣，
A．根据上述分析可知，溶液中不含Cu2+、I﹣，故A错误；
B．由于废水呈酸性，若含有NO3﹣，就不能有还原性二价铁离子，否者会发生氧化还原反应，只能是三价铁离子； 若有二价铁离子，就不能有NO3﹣，若废水中存在NO3﹣，则肯定存在Fe3+，故B正确；
C．操作1为鼓入热空气，吹出溴蒸气；试剂1为铁，将三价铁离子还原为二价铁离子，是为后面得到FeSO47H2O服务，故C正确；
D．为了得到FeSO47H2O，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，故D正确； 故选A．
【点评】本题结合化工工艺流程对中学常见离子进行检验，注意所加试剂的目的，常见离子以及物质的性质是答题的关键，一些困难问题还需要顺向思维与逆向思维相结合，本题有一定的难度．