2016年江苏省泰州市高考化学三模试卷（解析版）

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2016年江苏省泰州市高考化学三模试卷　一、单项选择题（每题2分，共20分）1．《中华人民共和国安全生产法》指出安全生产工作应当以人为本，坚持安全发展、预防为主、综合治理的方针．下列做法不正确的是（　　）A．面粉生产车间应严禁烟火B．含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放C．天然气运输时应悬挂图所示的标志D．金属钠失火时应立即用大量冷水扑灭2．下列有关化学用语的表示正确的是（　　）A．中子数为20的氯原子：ClB．次氯酸的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．无色透明的溶液中：Na+、MnO4﹣、NO3﹣、Br﹣B．0.1mol•L﹣1CaCl2溶液中：Mg2+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣C．Kw/c（OH﹣）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣4．下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　）A．氧化铝熔点很高，可用于制造耐火坩埚B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气C．氢氧化铝能与氢氧化钠反应，可用于治疗胃酸过多D．二氧化硅能与氢氟酸反应，可用于制光导纤维5．巧妙的实验设计有助于更好地解决问题．下列装置不能达到实验目的是（　　）A．用装置甲验证HCl气体易溶于水B．用装置乙验证SO2具有漂白性C．用装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀D．用装置丁检验NH4Cl分解产生的气体 6．下列说法正确的是（　　）A．全氟丙烷（C3F8）与全氟甲烷（CF4）互为同系物B．石墨能导电，所以石墨属于电解质C．在化学反应中，原子的种类和数目均保持不变D．干冰的气化、煤的气化均属于物理变化7．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．MgSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2+6Fe2++10Br﹣═6Fe3++16Cl﹣+5Br2C．Cu与稀HNO3反应：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO↑+2H2OD．AgCl固体溶于足量氨水：Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O8．甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，丁是一种常见气体单质，它们之间具有如图所示转化关系．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为Na，则戊可能是H2OB．若甲为C2H4，则戊可能是O2C．若甲为NO，则戊可能是H2OD．若甲为Cl2，则戊可能是NaOH溶液9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X、W在同一主族，Z+与Y3﹣具有相同的电子层结构，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍．下列说法正确的是（　　）A．粒子半径的大小顺序：r（W）＞r（X）＞r（Z+）＞r（Y3﹣）B．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强C．W的气态简单氢化物的热稳定性比X的强D．工业上可用X的单质与W的氧化物反应制备W的单质10．某锂碘电池以LiI﹣Al2O3固体为电解质传递离子，其基本结构示意图如下，电池总反应可表示为：2Li+PbI2═2LiI+Pb，下列说法正确的是（　　）A．电子由b极经用电器流向a极B．I﹣由a极通过固体电解质传递到b极C．b极上的电极反应式为：PbI2+2e﹣═Pb+2I﹣D．b极质量减少1.27g时，a极转移的电子数约为6.02×1021　二、不定项选择题（每题4分，共20分）11．下列说法正确的是（　　）A．常温下，C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0B．25℃时，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加水稀释，逐渐增大C．Ba的金属活动性强于Mg，可以通过电解BaCl2溶液的方法获得金属钡 D．对硫酸工业中的反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，采用500℃左右的高温主要是为了加快反应速率12．药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：下列叙述正确的是（　　）A．化合物X中含有手性碳原子B．化合物Y的分子式为C6H12NO2C．1mol化合物Z可以与3molNaOH反应D．用溴水可鉴别化合物X和Z13．下列描述正确的是（　　）A．向浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制得Fe（OH）3胶体B．为除去Mg（OH）2固体中少量Ca（OH）2，可用饱和MgCl2溶液多次洗涤后，再水洗、干燥C．向溶液X中加入足量盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，产生白色沉淀，说明溶液X中含有CO32﹣D．卤代烃Y与NaOH醇溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．物质的量浓度相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为：③＞②＞①B．0.1mol•L﹣1CH3COOH与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合（pH＜7）：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.05mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．在0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液（pH＜7）中：c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）=c（H+）+2c（H2C2O4）15．一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如下图所示：容器温度/℃起始物质的量/molNO（g）CO（g）甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是（　　） A．该反应的正反应为吸热反应B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%　三、非选择题（共80分）16．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料为原料生产NiCl2继而生产Ni2O3的工艺流程如下：如表，列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3Ni（OH）2开始沉淀的pH1.16.53.57.1沉淀完全的pH3.29.74.79.2（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③　　等．（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等．沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为　　．（3）从滤液A中可回收利用的主要物质是　　．（4）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为　　．（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol•L﹣1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉．当其它条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图2所示：①NH4Cl的浓度最好控制为　　．②当NH4Cl浓度大于15g•L﹣1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：　　．17．阿塞那平（Asenapine）用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成（部分反映条件略去）： （1）化合物A中的含氧官能团为　　和　　（填官能团的名称）．（2）化合物X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为　　．（3）由D生成E的过程中先后发生加成反应和　　反应（填写反应类型）．（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：　　．Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；Ⅱ．分子中所有碳原子一定处于同一平面；Ⅲ．能发生银镜反应，且分子中含有4种不同化学环境的氢．（5）已知：（R为烃基）．根据已有知识并结合相关信息，写出以ClCH2CH2CH2Cl和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图所示：CH3CHOCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．18．工业含铬废水的处理原理是将CrO32﹣转化为Cr3+，再将Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，利用硫酸工业废气中的SO2处理含铬废水，既充分利用资源，以废治废，还能节约生成本．（1）工业上处理100LCr2O72﹣含量为108mg•L﹣1的含铬废水，至少需要　　L（标准状况）SO2．（2）已知：Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣30．室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+（使其浓度小于1×10﹣4mol•L﹣1），需调节溶液pH　　．（3）三价铬Cr（Ⅲ）与双氧水反应可用于合成铬黄（PbCrO4）．控制其他条件不变，调节反应温度，考察反应温度对Cr（Ⅲ）转化率的影响（如图所示）．温度超过70℃时，Cr（Ⅲ）转化率下降的原因是　　．（4）光照下，草酸（H2C2O4）也能将Cr2O72﹣转化为Cr3+．化学式为Al2Fe（SO4）4的某发盐（毛发状，在空气中能被氧化）对该反应具有催化作用．为确定一瓶久置发盐的化学成分，学习小组进行如下实验：取一定质量的发盐样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份．其中一份与酸性KMnO4溶液充分反应（反应后，MnO4﹣被还原为Mn2+），消耗浓度为0.4000mol•L﹣1的KMnO4 溶液20.00mL；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.100g干燥固体粉末．通过计算与合理猜想，推测该久置发盐的可能化学组成（请给出计算过程与推测理由）19．实验室中利用含银废料（主要含有AgNO3和AgCl）制取硝酸银的实验步骤如下：步骤1：向废液中加入足量的NaCl溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净．步骤2：将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入20%的Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色[含有Ag、Al（OH）3和少量仍未反应的AgCl]．取出铝片，过滤并洗涤沉淀．步骤3：…（1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是　　．（2）步骤2加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体．写出该过程中发生反应的离子方程式：　　．（3）已知AgNO3和Al（NO3）3的溶解度曲线如图所示，请补充完整由步骤2中所得灰白色沉淀制取硝酸银晶体的实验方案：向所得灰白色混合物中　　，得到硝酸银晶体（实验中必须使用的试剂有：稀盐酸、稀硝酸、冰水）．（4）已知：Ag++SCN﹣═AgSCN↓（白色）．实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度（杂质不参与反应）：①称取2.000g制备的需要样品，加水溶解，定容到100mL溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有　　．②准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵矾[NH4Fe（SO4）2]溶液作指示剂，再用0.1000mol•L﹣1NH4SCN标准溶液滴定．滴定终点的实验现象为　　．③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL．则硝酸银的质量分数为　　．20．锰元素广泛分布在自然界中，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．（1）金属锰可用铝热法制得．已知Al的燃烧热为ckJ•mol﹣1，其余相关热化学方程式为：3MnO2（s）=Mn3O4（s）+O2（g）△H1=akJ•mol﹣13Mn3O4（s）+8Al（s）=9Mn（s）+4Al2O3（s）△H2=bkJ•mol﹣1则3MnO2（s）+4Al（s）=3Mn（s）+2Al2O3（s）△H=　　kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．（2）MnCO3广泛用作锰盐原料．通过图1装置焙烧MnCO3可以制取MnO2，反应方程式为：2MnCO3（s）+O2（g）═2MnO2（s）+2CO2（g）． ①2MnCO3（s）+O2（g）⇌2MnO2（s）+2CO2（g）的化学平衡常数表达式K=　　．②用真空抽气泵不断抽气的目的除保证反应持续进行外，还有　　．（3）MnO2常用作催化剂．MnO2催化降解甲醛的反应机理如图2所示，图中X表示的粒子是　　，该反应的总反应方程式为　　．（4）MnSO4是重要微量元素肥料．用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得更好活性的MnO2，电解时总反应的离子方程式为：　　，电解过程中阴极附近的pH　　（选填“增大”、“减小”或“不变”）　四、物质结构与性质.21．短周期元素T、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素T、X基态原子均有2个未成对电子，元素Y基态原子s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，元素Z的价电子数等于能层数．元素W位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多．（1）元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为　　．（用元素符号表示）（2）T、X分别与氢组成的T2H2与H2X2分子中，T、X原子轨道的杂化类型分别是　　．（3）T与X可形成TX32﹣离子和TX2分子．①TX32﹣的空间构型为　　（用文字描述）．②N3﹣离子与TX2分子互为等电子体，则N3﹣的电子式为　　．（4）有同学推测，Z2X3的熔点比YX高，其原因是　　．（5）如图是由元素W、Z两种元素所形成的某种合金的晶胞结构示意图．①元素W基态原子的核外电子排布式为　　．②该合金中W与Z的原子个数比为　　．　五、实验化学.22．8﹣羟基喹啉（）是白色或淡黄色粉末，可通过如下实验步骤制得：①如图1所示，在三口烧瓶中加入适量甘油、邻硝基苯酚、邻氨基苯酚和浓硫酸． ②加热至反应自动激烈进行．③改为水蒸气蒸馏装置进行水蒸气蒸馏，直至馏出液中不再有油珠为止．④向三口烧瓶中加入一定量NaOH溶液后，再滴加饱和Na2CO3溶液将pH调至7～8．⑤重新进行水蒸气蒸馏，至馏出液中不再有晶体析出．⑥将馏出液充分冷却后抽滤，进一步精制得产品．（1）图1中冷却水应从　　口进（选填“A”或“B”）．（2）图2是水蒸气发生装置．第一次水蒸气蒸馏的目的是　　；当冷凝管出现堵塞时，图2中可观察到的现象是　　．（3）抽滤装置中，布氏漏斗进入抽滤瓶的部分不宜过长，其原因是　　．（4）步骤②中移开火源，反应仍自动激烈进行的原因是　　．（5）步骤④中加入的饱和Na2CO3溶液不能过量的原因是　　．　 2016年江苏省泰州市高考化学三模试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（每题2分，共20分）1．《中华人民共和国安全生产法》指出安全生产工作应当以人为本，坚持安全发展、预防为主、综合治理的方针．下列做法不正确的是（　　）A．面粉生产车间应严禁烟火B．含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放C．天然气运输时应悬挂图所示的标志D．金属钠失火时应立即用大量冷水扑灭【考点】化学实验安全及事故处理．【分析】A．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸；B．氯气有毒，能够污染空气；C．依据天然气易燃烧的性质；D．钠能与水剧烈反应生成氢气．【解答】解：A．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故A正确；B．氯气有毒，能够污染空气，氯气能够与氢氧化钠容易反应，被氢氧化钠吸收而减少环境污染，故B正确；C．天然气易燃烧，运输时应悬挂图所示的标志：，故C正确；D．钠能与水剧烈反应生成氢气，氢气为易燃气体，所以金属钠失火时不应立即用大量冷水扑灭，应该用沙土灭火，故D错误；故选：D．　2．下列有关化学用语的表示正确的是（　　）A．中子数为20的氯原子：ClB．次氯酸的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣【考点】电子式；原子结构示意图；电离方程式的书写． 【分析】A．氯元素的核电荷数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37；B．次氯酸为共价化合物，其中O分别与H和Cl形成一对共价键；C．氮原子的核外电子总数为7，最外层电子为5；D．碳酸钠中碳酸氢根不能拆．【解答】解：A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数=17+20=37，该氯原子可以表示为：1737Cl，故A正确；B．次氯酸中O分别与H和Cl形成一对共价键，且Cl应满足8个电子的稳定结构，正确的为，故B错误；C．氮原子的核电荷数为7，最外层电子为5，总共有2个电子层，正确为；故C错误；D．碳酸氢钠中碳酸氢根不能拆，正确的NaHCO3=Na++HCO3﹣，故D错误；故选：A．　3．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．无色透明的溶液中：Na+、MnO4﹣、NO3﹣、Br﹣B．0.1mol•L﹣1CaCl2溶液中：Mg2+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣C．Kw/c（OH﹣）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、Cl﹣D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：K+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．MnO4﹣为紫色；B．离子之间结合生成沉淀；C．Kw/c（OH﹣）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；B．Ca2+分别与CO32﹣、SO42﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Kw/c（OH﹣）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．水电离产生的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+，酸溶液中H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故D错误；故选C．　4．下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　）A．氧化铝熔点很高，可用于制造耐火坩埚B．浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气C．氢氧化铝能与氢氧化钠反应，可用于治疗胃酸过多D．二氧化硅能与氢氟酸反应，可用于制光导纤维【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．Al2O3的熔点高，可作耐火材料；B．浓硫酸具有吸水性，能够做干燥剂；C．氢氧化铝能够与酸反应，可以治疗胃酸；D．二氧化硅具有良好的光学性质，可以制造光导纤维． 【解答】解：A．Al2O3的熔点高，可作耐火材料，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，故B错误；C．胃酸中含有的是盐酸，由于氢氧化铝与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，故C错误；D．SiO2制光导纤维，利用的是其良好的光学性质，不是利用其能与HF反应，故D错误；故选A．　5．巧妙的实验设计有助于更好地解决问题．下列装置不能达到实验目的是（　　）A．用装置甲验证HCl气体易溶于水B．用装置乙验证SO2具有漂白性C．用装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀D．用装置丁检验NH4Cl分解产生的气体【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【分析】A．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管，气球变大；B．生成的二氧化硫与溴水或高锰酸钾均发生氧化还原反应；C．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内压强减小；D．NH4Cl分解生成氨气、HCl，氨气可使酚酞试纸变蓝，HCl可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，五氧化二磷、碱石灰均可除杂．【解答】解：A．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管，气球变大，则装置甲可验证HCl气体易溶于水，故A正确；B．生成的二氧化硫与溴水或高锰酸钾均发生氧化还原反应，可验证其还原性，与漂白无关，故B错误；C．NaCl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，瓶内压强减小，则装置丙采集到的压强数据判断铁钉发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，故C正确；D．NH4Cl分解生成氨气、HCl，氨气可使酚酞试纸变蓝，HCl可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，五氧化二磷、碱石灰均可除杂，则装置丁可检验NH4Cl分解产生的气体，故D正确；故选B．　6．下列说法正确的是（　　）A．全氟丙烷（C3F8）与全氟甲烷（CF4）互为同系物B．石墨能导电，所以石墨属于电解质C．在化学反应中，原子的种类和数目均保持不变D．干冰的气化、煤的气化均属于物理变化【考点】芳香烃、烃基和同系物；物理变化与化学变化的区别与联系；电解质与非电解质．【分析】A．根据结构相似，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，多用于有机化合物；B．电解质是化合物；C．原子是化学变化中的最小微粒，化学反应中，原子的种类和数目均不变； D．有新物质生成的变化属于化学变化．【解答】解：A．全氟丙烷与全氟甲烷中官能团的个数不同，即结构不同，不是同系物，故A错误；B．石墨是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．原子是化学变化中的最小微粒，化学反应中，原子的种类和数目均不变，故C正确；D．煤的气化有新物质生成，属于化学变化，故D错误．故选C．　7．下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）A．MgSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓B．0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应：8Cl2+6Fe2++10Br﹣═6Fe3++16Cl﹣+5Br2C．Cu与稀HNO3反应：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO↑+2H2OD．AgCl固体溶于足量氨水：Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．漏掉镁离子与氢氧根离子的反应；B．二价铁离子、溴离子都具有还原性，二价铁离子还原性强于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，再氧化溴离子；C．得失电子不守恒；D．氯化银为沉淀，应保留化学式．【解答】解：A．MgSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合，离子方程式：Mg2++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+Mg（OH）2↓，故A错误；B.0.3molFeBr2与0.4molCl2在溶液中反应，则三价铁离子全部被氧化，溴离子只有部分被氧化，离子方程式：8Cl2+6Fe2++10Br﹣═6Fe3++16Cl﹣+5Br2，故B正确；C．Cu与稀HNO3反应，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C错误；D．AgCl固体溶于足量氨水，离子方程式：AgCl+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O+Cl﹣，故D错误；故选：B．　8．甲、乙、丙、丁、戊五种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，丁是一种常见气体单质，它们之间具有如图所示转化关系．下列有关物质的推断不正确的是（　　）A．若甲为Na，则戊可能是H2OB．若甲为C2H4，则戊可能是O2C．若甲为NO，则戊可能是H2OD．若甲为Cl2，则戊可能是NaOH溶液【考点】无机物的推断．【分析】A．若甲为Na，戊是H2O，则丙为NaOH，丁为氧气，乙为过氧化钠；B．若甲为C2H4，戊是O2，则丙为二氧化碳，丁为氢气，乙为乙烷；C．NO与水不反应；D．若甲为Cl2，戊是NaOH溶液，则丁为氢气，乙为HCl，丙为NaCl． 【解答】解：A．若甲为Na，戊是H2O，则丙为NaOH，丁为氧气，乙为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，符合转化关系，故A正确；B．若甲为C2H4，戊是O2，则丙为二氧化碳，丁为氢气，乙为乙烷，乙烷燃烧可以生成二氧化碳，故B正确；C．NO与水不反应，不能实现转化关系，故C错误；D．若甲为Cl2，戊是NaOH溶液，则丁为氢气，乙为HCl，丙为NaCl，氢氧化钠与氢氧化钠与盐酸反应生成NaCl，符合转化关系，故D正确．故选：C．　9．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大．X、W在同一主族，Z+与Y3﹣具有相同的电子层结构，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍．下列说法正确的是（　　）A．粒子半径的大小顺序：r（W）＞r（X）＞r（Z+）＞r（Y3﹣）B．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强C．W的气态简单氢化物的热稳定性比X的强D．工业上可用X的单质与W的氧化物反应制备W的单质【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由X、W在同一主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，Z+与Y3﹣具有相同的电子层结构，则Z为第三周期的Na元素，Y为第二周期的N元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答该题．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，由X、W在同一主族，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个、第一层为最外层不超过2个，X原子序数小于Y，则X是C元素，W是Si元素，Z+与Y3﹣具有相同的电子层结构，则Z为第三周期的Na元素，Y为第二周期的N元素，A．电子层越多，半径越大，具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径的大小顺序：r（W）＞r（X）＞r（Y3﹣）＞r（Z+），故A错误；B．非金属性Y＞X，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故B错误；C．非金属性X＞W，W的气态简单氢化物的热稳定性比X的弱，故C错误；D．工业上可用X的单质与W的氧化物反应制备W的单质，为C与二氧化硅高温下反应生成Si和CO，故D正确；故选D．　10．某锂碘电池以LiI﹣Al2O3固体为电解质传递离子，其基本结构示意图如下，电池总反应可表示为：2Li+PbI2═2LiI+Pb，下列说法正确的是（　　）A．电子由b极经用电器流向a极B．I﹣由a极通过固体电解质传递到b极C．b极上的电极反应式为：PbI2+2e﹣═Pb+2I﹣D．b极质量减少1.27g时，a极转移的电子数约为6.02×1021【考点】化学电源新型电池． 【分析】由电池总反应可表示为：2Li+PbI2═2LiI+Pb，可知锂为电池的负极，发生氧化反应，PbI2为电池的正极，发生还原反应，PbI2+2e﹣=Pb+2I﹣电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阴离子向负极移动，即由b极通过固体酸电解质传递到a极；由反应PbI2+2e﹣=Pb+2I﹣，b极质量减少1.27g时，转移0.01mol电子，以此来解答．【解答】解：A．由电池反应可知，Li失去电子，则锂为电池的负极，PbI2为电池的正极，电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B．电解质溶液中阴离子向负极移动，即由b极通过固体酸电解质传递到a极，故B错误；C．PbI2为电池的正极，发生还原反应，PbI2+2e﹣=Pb+2I﹣，故C错误；D．由反应PbI2+2e﹣=Pb+2I﹣，b极质量减少1.27g时，转移0.01mol电子，a极转移的电子数约为6.02×1021，故D正确．故选D．　二、不定项选择题（每题4分，共20分）11．下列说法正确的是（　　）A．常温下，C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0B．25℃时，向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加水稀释，逐渐增大C．Ba的金属活动性强于Mg，可以通过电解BaCl2溶液的方法获得金属钡D．对硫酸工业中的反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，采用500℃左右的高温主要是为了加快反应速率【考点】反应热和焓变．【分析】A．依据反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0分析；B．加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中CH3COOH个数减少、CH3COO﹣个数增加；C．电解BaCl2溶液的方法不能获得金属钡；D．采用500℃左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大，加快反应速率．【解答】解：A．常温下，反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）不能自发进行，△S＞0，△H﹣T△S＞0，则该反应的△H＞O，故A正确；B．加水稀释促进CH3COOH电离，溶液中CH3COOH个数减少、CH3COO﹣个个数增加，所以减小，故B错误；C．可以通过电解熔融BaCl2的方法获得金属钡，如是溶液，在用惰性电极电解时，溶液中的阳离子是氢离子得电子，而不是钡离子，故C错误；D.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，这是一个放热反应，升高温度平衡会向逆方向移动，不利于生成三氧化硫，采用500℃左右的高温是因为催化剂在此温度下活性最大，主要是为了加快反应速率，故D正确；故选AD．　12．药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得： 下列叙述正确的是（　　）A．化合物X中含有手性碳原子B．化合物Y的分子式为C6H12NO2C．1mol化合物Z可以与3molNaOH反应D．用溴水可鉴别化合物X和Z【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；B．根据结构简式确定分子式；C．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应；D．X和Z中都含有碳碳双键，都与溴发生加成反应．【解答】解：A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，根据结构简式知，该分子中没有手性碳原子，故A错误；B．根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，故B错误；C．Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1mol化合物Z可以与3molNaOH反应，故C正确；D．X和Z中都含有碳碳双键，都与溴发生加成反应，所以用溴水无法鉴别X和Z，故D错误；故选C．　13．下列描述正确的是（　　）A．向浓氨水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制得Fe（OH）3胶体B．为除去Mg（OH）2固体中少量Ca（OH）2，可用饱和MgCl2溶液多次洗涤后，再水洗、干燥C．向溶液X中加入足量盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，产生白色沉淀，说明溶液X中含有CO32﹣D．卤代烃Y与NaOH醇溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．浓氨水和饱和氯化铁溶液产生红褐色氢氧化铁沉淀；B．氢氧化物表示方法相同时，溶度积产生大的物质能转化为溶度积常数小的物质；C．碳酸根离子、碳酸氢根离子都能与稀盐酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体；D．卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子．【解答】解：A．浓氨水和饱和氯化铁溶液产生红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体的制备方法：在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，故A错误；B．氢氧化物表示方法相同时，溶度积产生大的物质能转化为溶度积常数小的物质，氢氧化镁溶度积常数小于氢氧化钙，所以可用饱和MgCl2溶液多次洗涤后可以除去氢氧化镁中的氢氧化钙，故B正确；C．碳酸根离子、碳酸氢根离子都能与稀盐酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，所以原溶液中可能含有碳酸氢根离子，故C错误； D．卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃Y与NaOH醇溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，故D正确；故选BD．　14．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．物质的量浓度相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2三种溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序为：③＞②＞①B．0.1mol•L﹣1CH3COOH与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合（pH＜7）：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.05mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．在0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液（pH＜7）中：c（OH﹣）+2c（C2O42﹣）=c（H+）+2c（H2C2O4）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它两种物质，①③溶液中c（NH4+）根据盐类水解的影响分析判断；B.0.1mol•L﹣1CH3COOH与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合得到重生和醋酸钠的混合溶液，pH＜7溶液显酸性说明是电离大于醋酸根离子的水解：C.0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.05mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C）；D．在0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液显酸性，HC2O4﹣电离大于水解，溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算分析．【解答】解：A．①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4Al（SO4）2，先不考虑水解，则②（NH4）2SO4含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它两种物质，①③二种物质中①NH4Cl，NH4+水解，③NH4Al（SO4）2，铝离子的水解对铵根离子起抑制作用，即溶液中c（NH4+）②＞③＞①，故A错误；B.0.1mol•L﹣1CH3COOH与0.05mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合得到重生和醋酸钠的混合溶液，pH＜7溶液显酸性说明是电离大于醋酸根离子的水解，溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故B正确；C.0.1mol•L﹣1Na2CO3与0.05mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，0.15n（Na）=0.25n（C），即3n（Na）=5n（C），c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；D．在0.1mol•L﹣1NaHC2O4溶液（pH＜7）中溶液显酸性，根据物料守恒得c（Na+）=c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）+c（C2O42﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），所以得c（H+）+c（H2C2O4）=2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选BC．　15．一定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 各容器中起始物质的量与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随时间变化关系如下图所示：容器温度/℃起始物质的量/molNO（g）CO（g）甲T10.200.20乙T10.300.30丙T20.200.20下列说法正确的是（　　）A．该反应的正反应为吸热反应B．达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的小C．T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，则反应达到新平衡前v（正）＜v（逆）D．T2℃时，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，则达平衡时N2的转化率大于40%【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．先拐先平温度高，甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，依据起始量计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行方向；D．T2℃时，依据图象可知平衡状态下CO物质的量为0.12mol，若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相比较，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行．【解答】解：A.2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），先拐先平温度高，甲状态温度高于丙，T1＞T2，此时甲平衡状态二氧化碳物质的量小，说明温度越高平衡逆向进行，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A错误；B．乙中可以看做是甲起始量达到平衡状态，再加入0.1molNO和0.1molCO，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，达到平衡时，乙中CO2的体积分数比甲中的大，故B错误；C．甲状态下平衡时CO物质的量为0.10mol，结合三行计算计算平衡常数，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）起始量（mol/L）0.10.100变化量（mol/L）0.050.050.0250.05平衡量（mol/L）0.050.050.0250.05K==10， T1℃时，若起始时向甲中充入0.40molNO、0.40molCO、0.40molN2和0.40molCO2，Qc==2.5＜K=10．则反应达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误；D．T2℃时，平衡状态CO物质的量为0.12mol，2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）0.20.200转化量（mol）000.10.2变化量（mol）0.080.080.040.08平衡量（mol）0.120.120.040.082NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）起始量（mol）000.060.12转化量0.120.1200若起始时向丙中充入0.06molN2和0.12molCO2，反应逆向进行得到平衡状态，和起始量为0.12molNO和0.12molCO达到的平衡相同，和起始量0.2molCO、NO相比，相当于减少了NO、CO0.08mol的CO、NO，压强减小平衡逆向进行，所以氮气转化率大于40%，故D正确；故选D．　三、非选择题（共80分）16．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料为原料生产NiCl2继而生产Ni2O3的工艺流程如下：如表，列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．氢氧化物Fe（OH）3Fe（OH）2Al（OH）3Ni（OH）2开始沉淀的pH1.16.53.57.1沉淀完全的pH3.29.74.79.2（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③　增大盐酸的浓度（或将镍废料研成粉末等）　等．（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等．沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为　4.7～7.1　．（3）从滤液A中可回收利用的主要物质是　NaCl　．（4）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为　2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O　．（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol•L﹣1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉．当其它条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图2所示：①NH4Cl的浓度最好控制为　10g•L﹣1　． ②当NH4Cl浓度大于15g•L﹣1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：　2H++2e﹣=H2↑（或2NH4++2H2O+2e﹣=H2↑+2NH3•H2O）　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3．（1）升高温度、增大酸的浓度、充分搅拌、增大接触面积等可以提高浸出的速率；（2）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀；（3）滤液A中主要含有氯化钠，可回收利用；（4）Cl元素由+1价降低到﹣1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，根据原子守恒与电子转移守恒配平；（5）①选择镍的成粉率最高的浓度；②当NH4Cl浓度大于15g•L﹣1时，阴极有氢气生成，导致阴极电流效率降低．【解答】解：酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl﹣，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3．（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度（或将镍废料研成粉末等）等，故答案为：增大盐酸的浓度（或将镍废料研成粉末等）；（2）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的PH值控制在4.7～7.1，故答案为：4.7～7.1；（3）滤液A中主要含有氯化钠，可回收利用，故答案为：NaCl；（4）Cl元素由+1价降低到﹣1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O，故答案为：2Ni2++ClO﹣+4OH﹣=Ni2O3↓+Cl﹣+2H2O；（5）①根据图2可知，NH4Cl的浓度为10g•L﹣1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g•L﹣1，故答案为：10g•L﹣1；②当NH4Cl浓度大于15g•L﹣1时，阴极有氢气生成，导致阴极电流效率降低，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑（或2NH4++2H2O+2e﹣=H2↑+2NH3•H2O），故答案为：2H++2e﹣=H2↑（或2NH4++2H2O+2e﹣=H2↑+2NH3•H2O）．　17．阿塞那平（Asenapine）用于治疗精神分裂症，可通过以下方法合成（部分反映条件略去）： （1）化合物A中的含氧官能团为　羧基　和　醚键　（填官能团的名称）．（2）化合物X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为　CH3NHCH2COOCH3　．（3）由D生成E的过程中先后发生加成反应和　消去　反应（填写反应类型）．（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：　　．Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上；Ⅱ．分子中所有碳原子一定处于同一平面；Ⅲ．能发生银镜反应，且分子中含有4种不同化学环境的氢．（5）已知：（R为烃基）．根据已有知识并结合相关信息，写出以ClCH2CH2CH2Cl和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图所示：CH3CHOCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．【考点】有机物的合成．【分析】（1）由A的结构简式，可知含有的含氧官能团有羧基、醚键；（2）对比B、C的结构可知B发生取代反应生成C，结合X的分子式确定其结构简式；（3）D到E的转化中先是苯环与羰基发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应形成碳碳双键；（4）时满足下列条件的B的一种同分异构体：Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上，Ⅱ．分子中所有碳原子一定处于同一平面，碳原子均与苯环相连符合，Ⅲ．能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合分子中含有4种不同化学环境的氢书写； （5）ClCH2CH2CH2Cl发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，再发生氧化反应生成OHCCH2CHO，进一步氧化生成HOOCCH2COOH，再与SOCl2反应生成，最后与对二甲苯反应得到．【解答】解：（1）由A的结构简式可知含有的含氧官能团有羧基、醚键，故答案为：羧基、醚键；（2）对比B、C的结构可知B发生取代反应生成C，X的分子式为C4H9NO2，则其结构简式为CH3NHCH2COOCH3，故答案为：CH3NHCH2COOCH3；（3）D到E的转化中先是苯环与羰基发生加成反应，然后醇羟基发生消去反应形成碳碳双键，故答案为：消去；（4）时满足下列条件的B的一种同分异构体：Ⅰ．是萘（）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上，Ⅱ．分子中所有碳原子一定处于同一平面，碳原子均与苯环相连符合，Ⅲ．能发生银镜反应，说明含有醛基，且分子中含有4种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（5）ClCH2CH2CH2Cl发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，再发生氧化反应生成OHCCH2CHO，进一步氧化生成HOOCCH2COOH，再与SOCl2反应生成，最后与对二甲苯反应得到，合成路线流程图为：， 故答案为：．　18．工业含铬废水的处理原理是将CrO32﹣转化为Cr3+，再将Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，利用硫酸工业废气中的SO2处理含铬废水，既充分利用资源，以废治废，还能节约生成本．（1）工业上处理100LCr2O72﹣含量为108mg•L﹣1的含铬废水，至少需要　3.36　L（标准状况）SO2．（2）已知：Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣30．室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+（使其浓度小于1×10﹣4mol•L﹣1），需调节溶液pH　＞6　．（3）三价铬Cr（Ⅲ）与双氧水反应可用于合成铬黄（PbCrO4）．控制其他条件不变，调节反应温度，考察反应温度对Cr（Ⅲ）转化率的影响（如图所示）．温度超过70℃时，Cr（Ⅲ）转化率下降的原因是　较高温度下双氧水分解　．（4）光照下，草酸（H2C2O4）也能将Cr2O72﹣转化为Cr3+．化学式为Al2Fe（SO4）4的某发盐（毛发状，在空气中能被氧化）对该反应具有催化作用．为确定一瓶久置发盐的化学成分，学习小组进行如下实验：取一定质量的发盐样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份．其中一份与酸性KMnO4溶液充分反应（反应后，MnO4﹣被还原为Mn2+），消耗浓度为0.4000mol•L﹣1的KMnO4溶液20.00mL；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.100g干燥固体粉末．通过计算与合理猜想，推测该久置发盐的可能化学组成（请给出计算过程与推测理由）【考点】化学方程式的有关计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）100LCr2O72﹣含量为108mg•L﹣1的含铬废水中含Cr2O72﹣物质的质量=100L×108mg•L﹣1的=108mg=0.108g，物质的量n（Cr2O72﹣）==0.0005mol，结合二氧化硫和Cr2O72﹣反应的定量关系计算，Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣，SO2～SO42﹣～2e﹣，Cr2O72﹣～3SO2～6e﹣；（2）依据溶度积常数计算Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣30．室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+（使其浓度小于1×10﹣4mol•L﹣1），Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）=1×10﹣30，c（OH﹣）==10﹣8.67mol/L； （3）三价铬Cr（Ⅲ）与双氧水反应可用于合成铬黄（PbCrO4），发生的是氧化还原反应，反应达到平衡状态达到最大转化率，温度升高过氧化氢分解平衡逆向进行；（4）n（KMnO4）=0.4000mol/L×20ml×10﹣3L/ml=8.000×10﹣3mol，n（Fe2+）=5×8.000×10﹣3mol=0.04000mol，依据发盐的化学式可知在久置的发盐中n（Al3+）2×[0.04000mol+n（Fe3+）]，加入氨水后市场的干燥固体粉末中，n（Al2O3）=0.04000mol+n（Fe3+）n（Fe2O3）=[0.04000mol+n（Fe3+）]102g/mol×[0.04000mol+n（Fe3+）]+160g/mol××[0.04000mol+n（Fe3+）]=9.10gn（Fe3+）=001000moln（Al3+）=2×[0.04000mol+n（Fe3+）]=0.1000moln（SO42﹣）=2n（Al3+）=0.2000mol久置的发盐中的阳离子所带电荷总数：3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）=0.4100mol而已知的阴离子所带电荷总数2n（SO42﹣）=0.4000mol＜0.4100mol，由于发盐在空气中被氧化，故其中还可能存在0.01000molOH﹣或0.00500molCO32﹣，据此书写化学式．【解答】解：（1）100LCr2O72﹣含量为108mg•L﹣1的含铬废水中含Cr2O72﹣物质的质量=100L×108mg•L﹣1的=10800mg=10.8g，物质的量n（Cr2O72﹣）==0.05mol，结合二氧化硫和Cr2O72﹣反应的定量关系计算，Cr2O72﹣～2Cr3+～6e﹣，SO2～SO42﹣～2e﹣，Cr2O72﹣～3SO2～6e﹣；130.05molnn=0.15mol，标准状况下体积=22.4L/mol×0.15mol=3.36L，故答案为：3.36；（2）Ksp[Cr（OH）3]=1×10﹣30．室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3+（使其浓度小于1×10﹣4mol•L﹣1），Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）=1×10﹣30，c（OH﹣）==10﹣8.67mol/L，c（H+）==10﹣5.33mol/L，PH=5.33，Cr3+使其浓度小于1×10﹣4mol•L﹣1，需调节溶液pH＞6，故答案为：＞6；（3）三价铬Cr（Ⅲ）与双氧水反应可用于合成铬黄（PbCrO4），发生的是氧化还原反应，图象分析可知反应达到平衡状态达到最大转化率，温度升高超过70℃时过氧化氢分解，使平衡逆向进行，Cr（Ⅲ）转化率下降，故答案为：较高温度下双氧水分解；（4）n（KMnO4）=0.4000mol/L×20ml×10﹣3L/ml=8.000×10﹣3mol，n（Fe2+）=5×8.000×10﹣3mol=0.04000mol，依据发盐的化学式可知在久置的发盐中n（Al3+）2×[0.04000mol+n（Fe3+）]，加入氨水后市场的干燥固体粉末中，n（Al2O3）=0.04000mol+n（Fe3+）n（Fe2O3）=[0.04000mol+n（Fe3+）] 102g/mol×[0.04000mol+n（Fe3+）]+160g/mol××[0.04000mol+n（Fe3+）]=9.10gn（Fe3+）=001000moln（Al3+）=2×[0.04000mol+n（Fe3+）]=0.1000moln（SO42﹣）=2n（Al3+）=0.2000mol久置的发盐中的阳离子所带电荷总数：3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）=0.4100mol而已知的阴离子所带电荷总数2n（SO42﹣）=0.4000mol＜0.4100mol，由于发盐在空气中被氧化，故其中还可能存在0.01000molOH﹣或0.00500molCO32﹣，该发盐的可能组成为n（Al3+）：[n（Fe2+）+n（Fe3+）]：n（OH﹣）：n（SO42﹣）=0.1：0.05：0.01：0.2=10：5：1：20，化学式为：Al10Fe5（OH）（SO4）20，n（Al3+）：[n（Fe2+）+n（Fe3+）]：n（CO32﹣）：n（SO42﹣）=0.1：0.05：0.005：0.2=20：10：1：40，化学式为Al20Fe10（CO3）（SO4）40，答：n（KMnO4）=0.4000mol/L×20ml×10﹣3L/ml=8.000×10﹣3mol，n（Fe2+）=5×8.000×10﹣3mol=0.04000mol，依据发盐的化学式可知在久置的发盐中n（Al3+）2×[0.04000mol+n（Fe3+）]，加入氨水后市场的干燥固体粉末中，n（Al2O3）=0.04000mol+n（Fe3+）n（Fe2O3）=[0.04000mol+n（Fe3+）]102g/mol×[0.04000mol+n（Fe3+）]+160g/mol××[0.04000mol+n（Fe3+）]=9.10gn（Fe3+）=001000moln（Al3+）=2×[0.04000mol+n（Fe3+）]=0.1000moln（SO42﹣）=2n（Al3+）=0.2000mol久置的发盐中的阳离子所带电荷总数：3n（Al3+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）=0.4100mol而已知的阴离子所带电荷总数2n（SO42﹣）=0.4000mol＜0.4100mol，由于发盐在空气中被氧化，故其中还可能存在0.01000molOH﹣或0.00500molCO32﹣，该发盐的可能组成为n（Al3+）：[n（Fe2+）+n（Fe3+）]：n（OH﹣）：n（SO42﹣）=0.1：0.05：0.01：0.2=10：5：1：20，化学式为：Al10Fe5（OH）（SO4）20，n（Al3+）：[n（Fe2+）+n（Fe3+）]：n（CO32﹣）：n（SO42﹣）=0.1：0.05：0.005：0.2=20：10：1：40，化学式为Al20Fe10（CO3）（SO4）40，该久置发盐的可能化学组成为Al10Fe5（OH）（SO4）20或Al20Fe10（CO3）（SO4）40．　19．实验室中利用含银废料（主要含有AgNO3和AgCl）制取硝酸银的实验步骤如下：步骤1：向废液中加入足量的NaCl溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净．步骤2：将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入20%的Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色[含有Ag、Al（OH）3和少量仍未反应的AgCl]．取出铝片，过滤并洗涤沉淀．步骤3：… （1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是　静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量　．（2）步骤2加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体．写出该过程中发生反应的离子方程式：　2Al+6AgCl+3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3+6Ag+6Cl﹣+3CO2↑　．（3）已知AgNO3和Al（NO3）3的溶解度曲线如图所示，请补充完整由步骤2中所得灰白色沉淀制取硝酸银晶体的实验方案：向所得灰白色混合物中　加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤；洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤；将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；用冰水洗涤、干燥　，得到硝酸银晶体（实验中必须使用的试剂有：稀盐酸、稀硝酸、冰水）．（4）已知：Ag++SCN﹣═AgSCN↓（白色）．实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度（杂质不参与反应）：①称取2.000g制备的需要样品，加水溶解，定容到100mL溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有　100mL容量瓶、胶头滴管　．②准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵矾[NH4Fe（SO4）2]溶液作指示剂，再用0.1000mol•L﹣1NH4SCN标准溶液滴定．滴定终点的实验现象为　溶液变为（血）红色　．③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL．则硝酸银的质量分数为　98.60%　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）步骤1中向上清液中继续加NaCl溶液看是否有沉淀，可判断所加氯化钠是否足量；（2）步骤2加热时产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，反应生成了Ag、Al（OH）3，由电荷守恒可知应生成NaCl，根据元素守恒应有水参加反应，结合原子守恒和电荷守恒书写；（3）硝酸银溶解度随温度升高而增大且受温度影响比较大，而硝酸铝溶解度受温度影响不大，可向沉淀中加入足量稀盐酸，过滤，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，可得硝酸银固体；（4）①配制100mL一定物质的量浓度的溶液，所需要的玻璃离仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；②用NH4SCN标准溶液滴定硝酸银溶液，滴定终点时，SCN﹣与铁离子结合生成血红色溶液；③计算消耗NH4SCN的物质的量，根据Ag++SCN﹣=AgSCN↓可求得硝酸银的质量，进而确定质量分数．【解答】解：（1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是：静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量；（2）步骤2加热时产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳，反应生成了Ag、Al（OH）3，由电荷守恒可知应生成NaCl，根据元素守恒应有水参加反应，反应离子方程式为：2Al+6AgCl+3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3+6Ag+6Cl﹣+3CO2↑，故答案为：2Al+6AgCl+3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3+6Ag+6Cl﹣+3CO2↑；（3）步骤2中所得灰白色沉淀主要含有Ag、Al（OH）3和少量仍未反应的AgCl，可向沉淀中加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤，洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤，将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，可得硝酸银固体， 故答案为：加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤；洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤；将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；用冰水洗涤、干燥；（4）①配制100mL一定物质的量浓度的溶液，所需要的玻璃离仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶、胶头滴管；②用NH4SCN标准溶液滴定硝酸银溶液，滴定终点时，SCN﹣与铁离子结合生成血红色溶液，所以滴定终点的实验现象为：溶液变为（血）红色，故答案为：溶液变为（血）红色；③NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则NH4SCN的物质的量为0.1000mol•L﹣1×0.029L=2.9×10﹣3mol，根据Ag++SCN﹣=AgSCN↓可知硝酸银的质量为2.9×10﹣3mol×170g/mol×=1.972g，所以硝酸银的质量分数为×100%=98.60%，故答案为：98.60%．　20．锰元素广泛分布在自然界中，其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．（1）金属锰可用铝热法制得．已知Al的燃烧热为ckJ•mol﹣1，其余相关热化学方程式为：3MnO2（s）=Mn3O4（s）+O2（g）△H1=akJ•mol﹣13Mn3O4（s）+8Al（s）=9Mn（s）+4Al2O3（s）△H2=bkJ•mol﹣1则3MnO2（s）+4Al（s）=3Mn（s）+2Al2O3（s）△H=　a+b+c　kJ•mol﹣1（用含a、b、c的代数式表示）．（2）MnCO3广泛用作锰盐原料．通过图1装置焙烧MnCO3可以制取MnO2，反应方程式为：2MnCO3（s）+O2（g）═2MnO2（s）+2CO2（g）．①2MnCO3（s）+O2（g）⇌2MnO2（s）+2CO2（g）的化学平衡常数表达式K=　　．②用真空抽气泵不断抽气的目的除保证反应持续进行外，还有　使平衡正向移动，提高MnCO3的转化率　．（3）MnO2常用作催化剂．MnO2催化降解甲醛的反应机理如图2所示，图中X表示的粒子是　HCO3﹣　，该反应的总反应方程式为　HCHO+O2=CO2+H2O　．（4）MnSO4是重要微量元素肥料．用惰性电极电解MnSO4溶液可以制得更好活性的MnO2，电解时总反应的离子方程式为：　Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+　，电解过程中阴极附近的pH　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；电解原理． 【分析】（1）根据盖斯定律计算；（2）①化学平衡常数表达式等于生成物浓度的幂之积比上反应浓度的幂之积，固体不代入表达式；②用真空抽气泵不断抽气，可增大空气量，减少生成物浓度，平衡正向移动；（3）根据图示X加H+生成CO2和H2O解答；（4）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，由氧元素守恒可知有水参与反应，配平书写电极反应式．【解答】解：（1）根据盖斯定律，①3MnO2（s）=Mn3O4（s）+O2（g）△H1=akJ•mol﹣1②3Mn3O4（s）+8Al（s）=9Mn（s）+4Al2O3（s）△H2=bkJ•mol﹣1③Al（s）+O2（g）=Al2O3（s）△H=ckJ•mol﹣1，则3MnO2（s）+4Al（s）=3Mn（s）+2Al2O3（s）△H=①+×②+×③=（a+b+c）kJ•mol﹣1，故答案为：a+b+c；（2）①化学平衡常数表达式等于生成物浓度的幂之积比上反应浓度的幂之积，固体不代入表达式，则K=，故答案为：；②用真空抽气泵不断抽气，可增大空气量，减少生成物浓度，平衡正向移动，可提高MnCO3的转化率，故答案为：使平衡正向移动，提高MnCO3的转化率；（3）根据图示X加H+生成CO2和H2O，则X表示的粒子是HCO3﹣，根据图示可得该反应的总反应方程式为：HCHO+O2=CO2+H2O，故答案为：HCO3﹣；HCHO+O2=CO2+H2O；（4）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液可制得MnO2，阳极发生氧化反应，Mn2+失去电子转化为MnO2，阴极水得电子发生还原反应生成氢气，氢氧根浓度增大，则电解过程中阴极附近的pH增大，故答案为：Mn2++2H2MnO2+H2↑+2H+；增大．　四、物质结构与性质.21．短周期元素T、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素T、X基态原子均有2个未成对电子，元素Y基态原子s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，元素Z的价电子数等于能层数．元素W位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多．（1）元素X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为　O＞Mg＞Al　．（用元素符号表示）（2）T、X分别与氢组成的T2H2与H2X2分子中，T、X原子轨道的杂化类型分别是　sp；sp3　．（3）T与X可形成TX32﹣离子和TX2分子．①TX32﹣的空间构型为　平面三角形　（用文字描述）．②N3﹣离子与TX2分子互为等电子体，则N3﹣的电子式为　　．（4）有同学推测，Z2X3的熔点比YX高，其原因是　两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大　．（5）如图是由元素W、Z两种元素所形成的某种合金的晶胞结构示意图． ①元素W基态原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1　．②该合金中W与Z的原子个数比为　2：1　．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型．【分析】短周期元素T、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素T、X基态原子均有2个未成对电子，元素Y基态原子s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，则T、X、Y分别为C、O、Mg元素，元素Z的价电子数等于能层数，则Z为Al元素；元素W位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多，为Cr元素；（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，元素第一电离能随着原子序数增大而减弱；（2）C、O分别与氢组成的C2H2与H2O2分子中，乙炔中每个C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，每个双氧水分子中每个O原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断T、X原子轨道的杂化类型；（3）①CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互称理论判断其空间构型；②N3﹣离子与CO2分子互为等电子体，根据二氧化碳电子式书写N3﹣的电子式；（4）Al2O3的熔点比MgO高，二者都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；（5）①W为Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写元素Cr基态原子的核外电子排布式；②利用均摊法计算该合金中W与Z的原子个数比．【解答】解：短周期元素T、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中元素T、X基态原子均有2个未成对电子，元素Y基态原子s能级的电子总数与p能级的电子总数相等，则T、X、Y分别为C、O、Mg元素，元素Z的价电子数等于能层数，则Z为Al元素；元素W位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多，为Cr元素；（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，元素第一电离能随着原子序数增大而减弱，所以第一电离能大小顺序是O＞Mg＞Al，故答案为：O＞Mg＞Al；（2）C、O分别与氢组成的C2H2与H2O2分子中，乙炔中每个C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，每个双氧水分子中每个O原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断T、X原子轨道的杂化类型分别为sp、sp3，故答案为：sp；sp3；（3）①CO32﹣中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电子对互称理论判断其空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形； ②N3﹣离子与CO2分子互为等电子体，根据二氧化碳电子式书写N3﹣的电子式为，故答案为：；（4）Al2O3的熔点比MgO高，二者都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，该同学推测的理由是：两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大，故答案为：两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大；（5）①W为Cr元素，其原子核外有24个电子，根据构造原理书写元素Cr基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；②该晶胞中Al原子个数=1+8×=2，Cr原子个数=2+8×=4，所以Cr、Al原子个数之比=4：2=2：1，故答案为：2：1．　五、实验化学.22．8﹣羟基喹啉（）是白色或淡黄色粉末，可通过如下实验步骤制得：①如图1所示，在三口烧瓶中加入适量甘油、邻硝基苯酚、邻氨基苯酚和浓硫酸．②加热至反应自动激烈进行．③改为水蒸气蒸馏装置进行水蒸气蒸馏，直至馏出液中不再有油珠为止．④向三口烧瓶中加入一定量NaOH溶液后，再滴加饱和Na2CO3溶液将pH调至7～8．⑤重新进行水蒸气蒸馏，至馏出液中不再有晶体析出．⑥将馏出液充分冷却后抽滤，进一步精制得产品．（1）图1中冷却水应从　A　口进（选填“A”或“B”）．（2）图2是水蒸气发生装置．第一次水蒸气蒸馏的目的是　将未反应的反应物等蒸出　；当冷凝管出现堵塞时，图2中可观察到的现象是　玻璃管中水位上升　．（3）抽滤装置中，布氏漏斗进入抽滤瓶的部分不宜过长，其原因是　防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统　．（4）步骤②中移开火源，反应仍自动激烈进行的原因是　反应放出大量热量　． （5）步骤④中加入的饱和Na2CO3溶液不能过量的原因是　如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）冷却水从下口进水上口出水，采用逆流原理；（2）第一次水蒸气蒸馏的目的是将未反应的反应物等蒸出，当冷凝管出现堵塞时，图2中可观察到的现象是玻璃管中水位上升；（3）布氏漏斗进入抽滤瓶的部分不宜过长，其原因是防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统；（4）步骤②中移开火源，由于该反应为放热反应，故仍自动激烈进行；（5）如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐．【解答】解：（1）冷却水从下口进水上口出水，采用逆流原理，故答案为：A；（2）第一次水蒸气蒸馏的目的是将未反应的反应物等蒸出，当冷凝管出现堵塞时，图2中可观察到的现象是玻璃管中水位上升，故答案为：将未反应的反应物等蒸出；玻璃管中水位上升；（3）布氏漏斗进入抽滤瓶的部分不宜过长，其原因是防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统，故答案为：防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统；（4）步骤②中移开火源，由于该反应为放热反应，故仍自动激烈进行，故答案为：反应放出大量热量；（5）步骤④中加入的饱和Na2CO3溶液不能过量的原因是如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐，故答案为：如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐．　 2016年12月13日