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2019届江苏省苏锡常镇四市高三第二次模拟考试化学试题（解析版）
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2019届高三年级第二次模拟考试
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Mn 55 Fe 56
选择题
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.“建设天蓝、地绿、水清的美丽中国”是每个中国人的愿望。下列做法与此相符的是( )
A. 将农作物秸秆就地焚烧，增强土壤肥效
B. 将电器垃圾深埋处理，减少重金属对环境的危害
C. 将三聚磷酸钠(Na5P3O10)添加到洗衣粉中，增强去污效果
D. 将煤炭气化、液化和干馏等处理，获得清洁能源和重要的化工原料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 焚烧秸秆，产生粉尘污染环境，为保护环境，严禁农作物收获后，就地焚烧秸秆，故A错误；
B. 将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，会发生各种重金属中毒，故B错误；
C. 三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，造成水体污染，故C错误；
D. 煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，所以D选项是正确的。
答案选D。
2.用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中正确的是( )
A. Na＋的结构示意图：
B. Cl2O的结构式：Cl—O—Cl
C. 中子数比质子数多3的氯原子：3517Cl
D. CO2的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠原子核电核数为11，所以Na＋的结构示意图：，故A错误；
B. Cl2O分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl—O—Cl，故B正确；
C. 氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl，故C错误；
D. CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，故D错误。
答案选B。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. SiO2是酸性氧化物，可用作光导纤维
B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. Na2S具有还原性，可用于去除水体中的Hg2＋
D. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. SiO2用作光导纤维是利用其光学性质，与酸性氧化物无关，故A错误；
B. NaHCO3用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3能和盐酸反应，与受热易分解无关，故B错误；
C. Na2S用于去除水体中的Hg2＋，是因为能生成难溶的HgS，与Na2S具有还原性无关，故C错误；
D. FeCl3具有氧化性，和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确。
答案选D。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D. 0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液：NH4+、Al3＋、Cl－、CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH＝12的溶液为强碱性溶液，Na＋、K＋、NO3-、ClO－与OH-不反应，且本组离子之间也不反应，能大量共存，故A正确；
B. 能使甲基橙变红的溶液为强酸性溶液，H+与CH3COO－结合成CH3COOH，不能大量共存，故B错误；
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液含有NO3-，NO3-、Fe2＋、H＋及NO3-、I－、H＋均能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D. AlO2-和Al3＋及Al3＋和CO32-均能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查离子共存，侧重于元素化合物的综合考查和学生的分析能力的考查，答题时注意审题，把握题给要求，为解答该题的关键，易错点为C，注意NO3-在酸性条件下具有强氧化性的特点。
5.下列表述不正确的是( )
A. 常温下，浓硝酸、浓硫酸可贮存在铝制容器中
B. 处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用酸除去
C. 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加入BaCl2溶液，红色褪去，则BaCl2溶液呈酸性
D. 向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清，则苯酚电离出H＋的能力大于HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，铁、铝遇冷的浓硫酸会发生钝化，使金属表面生成致密而薄的氧化物薄膜，阻碍了反应的进一步的进行，所以可贮存在铝制容器中，故A正确；
B.处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，发生了沉淀转化后再溶解，故B正确；
C. Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，而氯化钡是强酸强碱盐，溶液呈中性，C错误；
D. 苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，则苯酚电离出H＋的能力大于HCO3-，故D正确。
答案选C。
6.下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是( )
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 验证还原性 D. 验证氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；
D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 漂白粉露置在空气中失效：2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO32-
B. 银氨溶液中滴加过量的盐酸：Ag(NH3)2+＋2H＋===Ag＋＋2NH4+
C. 二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
D. 用碱性NaClO溶液吸收冶金工业尾气中的NO2：ClO－＋2NO2＋H2O===Cl－＋2NO3-＋2H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A. 漂白粉露置在空气中，发生Ca（ClO）2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3，故A错误；
B. 银氨溶液中存在Ag(NH3)2+，银氨溶液滴加盐酸，生成氯化银沉淀，沉淀不会消失，离子方程式为：Ag(NH3)2++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++2H2O，故B错误；
C. 二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气离子反应为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C正确；
D. 碱性条件下不能生成H+，用碱性NaClO溶液吸收NO2离子反应为：ClO－＋2NO2＋2OH- ===Cl－＋2NO3-＋H2O，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒、电子守恒和电荷守恒等）。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Z同主族，Y为金属元素，且Y的原子序数小于X和Z的最外层电子数之和，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. X与Y组成的化合物中均不含共价键
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. WX2是一种高效安全灭菌消毒剂
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大四种短周期主族元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，故Z为S；X、Z同主族，则X为O；Y为金属元素，且Y的原子序数小于X和Z的最外层电子数之和，即小于12，则Y为Na，W为Cl，据此解答。
【详解】综合以上分析，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl，
A. 同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，Cl、Na、O的原子半径：r(Na)>r(Cl)>r(O)，故A错误；
B. O与Na组成的化合物有Na2O和Na2O2，其中Na2O2中含有共价键，故B错误；
C. 非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以热稳定性H2S
故选：D。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生分析推理能力，关键是确定元素相对位置，B选项为易错点，学生容易忽略Na2O2中含有共价键。
9.在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是( )
A. N2(g)NO(g)NaNO2(aq)
B. SiO2Na2SiO3H2SiO3
C. AlNaAlO2Al(OH)3
D. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮气和氧气放电生成NO，一氧化氮和氢氧化钠溶液不反应，不能一步实现，故A错误；
B．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，向硅酸钠溶液中通入CO2生成硅酸沉淀，能一步实现，故B正确；
C．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，向偏铝酸钠溶液中通入CO2生成氢氧化铝沉淀，能一步实现，故C正确；
D．四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查物质性质、物质转化、物质反应产物，涉及氮、硅、铝、铁等元素，掌握基础是解题关键。
10.下列说法正确的是( )
A. 甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应
B. 室温下，稀释0.1 mol·L－1氨水，c(H＋)·c(NH3·H2O)的值减小
C. 将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2×6.02×1023
D. SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)在常温下不能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】B
【解析】
【详解】A. 甲醇燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，故A错误；
B. 由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，因温度不变，则电离平衡常数不变，水的离子积也不变，Kb==，由于c（H+）和c（OH-）的乘积不变，而c(NH4+)减小，则c(H＋)·c(NH3·H2O)的值减小，故B正确；
C. 氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故氯水中含未反应的氯气分子，即溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2×6.02×1023，故C错误；
D. △H-T△S>0，反应非自发进行，反应△S>0，满足△H-T△S>0，则△H>0，故D错误。
答案选B。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有碳原子可能共平面
B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子
C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4∶3
【答案】BC
【解析】
【详解】A.甲烷为四面体结构， X分子中含有甲基，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B. X、Y分别与足量H2加成后生成和，两分子中均含有手性碳原子，故B正确；
C. Y分子中含有酚羟基、碳碳双键、和苯环，故可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应，故C正确；
D. 1molX与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol（两个酚羟基和酯水解，醇羟基与氢氧化钠溶液不反应），1molY与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量也为3mol，二者之比为1：1，故D错误。
答案选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握相关概念及官能团与性质的关系，熟悉酯、苯酚、烯烃的性质即可解答，易错选项D，注意X中醇羟基与氢氧化钠溶液不反应，而Y中的酯为酚酯，1mol该酯基消耗2mol氢氧化钠。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
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
B
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀
CH3CH2Br没有水解
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH约为5
HSO结合H＋的能力比SO强
D
向少量碘水中加入过量浓FeCl2溶液，分成两等份，向一份中滴加KSCN溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色
Fe3＋与I－的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 久置的Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故A错误；
B. 取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液时没有酸化，AgNO3溶液与NaOH溶液反应，所以不能说明CH3CH2Br没有水解，故B错误；
C. 阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；
D. 向Fe3＋与I－的反应的溶液中若滴加KSCN溶液显红色说明含有Fe3+；若滴加淀粉溶液显蓝色说明生成了I2，即反应物和生成物共存，为可逆反应，故D正确。
答案选D。
13.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 由图可知，2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1
B. 表示Al3＋与OH－反应时溶液中含铝微粒浓度变化曲线，a点溶液中存在大量Al3＋
C. 温度在T1和T2时水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，则阴影部分M内任意一点均满足c(H＋)>c(OH－)
D. 表示反应N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)＝αB(H2)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图甲可知，该反应为吸热反应，其焓变为：(E3－E1) kJ·mol－1-(E3－E2) kJ·mol－1= (E2－E1)kJ·mol－1，故A错误；
B．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO2-，故B错误；
C．XY线上任意点均有c(H＋)=c(OH－)，当c（H+）=10-6.5mol/L时，向下作垂线得在M区域内c(OH-)<10-6.5mol/L，即满足c(H＋)>c(OH－)，故C正确。
D.根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大N2的物质的量，平衡向正向移动，氢气转化率增大，因此αA(H2)<αB(H2)，故D错误。
答案选C。
14.25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。
下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. 图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B. 图甲中a点的溶液：c(CN－)
D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 由图可知，图甲中pH＝7时，c(HCN)>c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，由于c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确；
B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则 c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图可知，此时溶液pH>7，c(H＋)c(Cl－)，故B错误；
C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)＝c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)> c(Cl－)> c(CN－)> c(OH－)> c(H＋)，故C错误；
D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl－)= c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，所以D选项是正确的。
答案选AD。
15.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)，测得有关实验数据如下：
容器编号
温度/K
起始物质的量（mol）
平衡物质的量mol
CH3OH
NH3
CH3NH2
H2O
CH3NH2
H2O
I
530
0.40
0.40
0
0
0.30
II
530
0.80
0.80
0
0
III
500
0
0
0.20
0.20
0.16
下列说法正确的是( )
A. 正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)
C. 达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)<1
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】AC
【解析】
【分析】
由反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应；容器Ⅰ和容器Ⅱ为等温等容，容器Ⅲ较容器Ⅰ和容器Ⅱ温度降低的过程，
由表格中数据，530K时I中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol） 0.40 0.40 0 0
转化（mol） 0.30 0.30 0.30 0.30
平衡（mol） 0. 10 0.10 0.30 0.30
K1==9；容器Ⅱ温度与容器Ⅰ相同，平衡常数不变；
500K时III中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol） 0 0 0.20 0.20
转化（mol） 0.04 0.04 0.04 0.04
平衡（mol） 0. 04 0.04 0.16 0.16
K3==16，K3 >K1，说明降低温度平衡向正反应方向移动，即正反应为放热反应，据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)
c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误；
C. 容器Ⅰ和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ温度也为530K，则能建立等效平衡，此时应有α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)=1，由于容器Ⅲ温度低于530K，降低温度平衡正向移动，而容器Ⅲ是从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)<1，故C正确；
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，Qc==0.67<9，则反应将向正反应方向进行，故D错误。
所以AC选项是正确的。
非选择题
16.目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：
(1)检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是________。
(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为__________________________________。
(3)滤渣1的成分为________。
(4)“制KI(aq)”时，Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失。已知此温度下，Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。现测得溶液中c(FeI2)为0.9 mol·L－1，为减少I－的损失，起始时，加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于________。
(5)“制KIO3溶液”时，发生反应的离子方程式为_______________________________。
(6) KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为___________________。
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋(或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO42-＋8H＋) (3). Fe、Cu (4). 6.0 (5). 5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O (6). 蒸发浓缩，降温结晶
【解析】
【分析】
由流程图可知，含碘废水通入SO2将I2还原为I－，Cu2+和I－发生反应生成CuI和I2，总反应为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，过滤后得到CuI固体；向CuI固体中加入Fe粉和水置换出铜并生成FeI2溶液，过滤后得到滤渣为过量的铁和生成的铜；向FeI2溶液中加入K2CO3溶液制取KI；在KI溶液中加入H2O2和H2SO4，将I-氧化为I2；I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，KIO3溶液通过蒸发浓缩，降温结晶得到KIO3晶体。
【详解】(1)碘与淀粉溶液变蓝，所以检验I2，常用的试剂是淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
(2)SO2将I2还原为I－，本身被氧化为SO42-，离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋，
故答案为：SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋；
(3)根据以上分析，滤渣1的成分为Fe、Cu，
故答案为：Fe、Cu；
(4)Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失，为减少I－的损失，防止生成Fe(OH)2，需要控制溶液的pH，根据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=9.0×10－15，得c(OH-)==10-7mol/L，则c(H+)==1.010-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，
即加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于6.0，
故答案为：6.0；
(5) I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，离子方程式为5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O ，
故答案为：5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O ；
(6) 由溶解度曲线可知KIO3在常温下的溶解度较小，故由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶。
17.化合物G是一种具有抗疟药理活性的喹啉类衍生物，其合成路线流程图如下：
已知：
(1) F中的含氧官能团名称为________、________。
(2) B→C的反应类型为________。
(3)芳香族化合物X的分子式为C8H7ClO2，写出X的结构简式：___________________________。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__________________________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________________________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 醚键 (3). 加成反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
由合成路线流程图可知，A()和CH2Cl2发生取代反应生成B()，B()和发生醛基上的加成反应生成C(),C和稀硝酸反应生成D（），D发生硝化反应生成E()，E发生还原反应生成F（），F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X为，以此解答。
【详解】由合成路线流程图可知，A()和CH2Cl2发生取代反应生成B()，B()和发生醛基上的加成反应生成C(),C和稀硝酸反应生成D（），D发生硝化反应生成E()，E发生还原反应生成F（），F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X为，
(1) 根据以上分析，F为，分子中的含氧官能团为醛基、醚键。
故答案为：醛基；醚键；
(2) B()和发生醛基上的加成反应生成C(),所以B→C的反应类型为加成反应。
故答案为：加成反应；
(3)X的分子式为C8H7ClO2，F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X的结构简式为，
故答案为：；
(4) C的结构简式为，符合下列条件的同分异构体：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，说明含有酚羟基，不含醛基；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明C的分子中含有酯基，且在碱性条件下水解产物均只有2种不同化学环境的氢，根据C分子中所含氧原子个数并结合不饱和度，可以推出符合条件的同分异构体，可以是含一个酚羟基和一个酯基、一个羧基，且为处于对位的两个侧链；也可能是含有两个羟基和一个酯基、一个羰基且处于间位的三个侧链，即符合条件的同分异构体为或，
故答案为：或；
(5) 根据已知，要制备，需要先制备苯胺和环己酮，根据所给原料，苯和浓硫酸、浓硝酸加热制取硝基苯，硝基苯还原生成苯胺；溴代环己烷水解生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮；环己酮和苯胺反应可得，合成路线流程图设计为：，
故答案为：。
18.以软锰矿(主要成分为MnO2)和硫锰矿(主要成分为MnS)为原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如下：
(1)滤渣中存在一种非金属单质，则酸浸过程中的化学方程式为_________________________________。
(2)实验室常用氧化还原法测定MnSO4·H2O晶体的纯度，原理如下：2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O NH4+＋NO2-===N2↑＋2H2O [Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋[Fe(PO4)2]3－；称取MnSO4·H2O样品1.000 0 g，溶于适量水，以磷酸作配位剂，加入过量硝酸铵，在220～240 ℃下充分反应。然后以N—苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液滴定生成的[Mn(PO4)2]3－至终点。重复操作3次，记录数据如下表：
滴定次数
标准液读数mL
滴定前
滴定后
1
0.10
20.20
2
1.32
21.32
3
1.05
20.95
①已知：Fe2＋＋NO2-＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O。
测定过程中，硝酸铵的作用是____________________和____________________。
②若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配置的，所测定的MnSO4·H2O晶体的纯度将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
③计算样品中MnSO4·H2O的质量分数(写出计算过程)__________________。
【答案】 (1). MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O (2). 将试样中的二价锰定量氧化成三价锰 (3). 与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响 (4). 偏高 (5). 消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。
2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝33.8%
【解析】
【分析】
软锰矿和硫锰矿在稀硫酸中酸浸，发生反应，得到滤渣，含有S，过滤得到滤液中含硫酸锰和稀硫酸，经过结晶得到硫酸锰晶体；用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液测定流程图中MnSO4•H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反应，据此分析。
【详解】（1）MnO2是两性化合物，在酸性条件之下是一种氧化剂，根据流程图分析，MnO2和MnS在稀硫酸中反应生成一种非金属单质，即滤渣1，同时产生MnSO4，是一个氧化还原反应，则“酸浸”时反应的化学方程式为为：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，
故答案为：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O；
（2）①由原理反应：2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O NH4+＋NO2-===N2↑＋2H2O可知，硝酸铵的作用是将试样中的二价锰定量氧化成三价锰和与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响。
故答案为：将试样中的二价锰定量氧化成三价锰；与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响；
②若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配置的，部分Fe2+被氧化为Fe3+，滴定时消耗的标准液偏多，故所测定的MnSO4·H2O晶体的纯度将会偏高。
故答案为：偏高；
③用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液测定流程图中MnSO4•H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反应，取MnSO4·H2O样品1.000 0 g，
三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为=20.00 mL。
根据关系式：2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol，
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝×100%=33.8%，
故答案为：消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。
2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝33.8%。
【点睛】本题考查Mn族元素的性质，结氧化还原反应方程式的书写和配平，结合流程图分析，明确流程图中每一步操作的含义，结合守恒思想进行分析计算可以起到简便的作用，本题（1）中MnO2其实并不与稀的H2SO4反应，MnO2在酸性条件下将S2-氧化为S，这是易错点。
19.以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
(1) FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为___________________________________________。
(2)向溶液1中加入过量铁粉的目的是_______________________________________________。
(3)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是__________________________。
(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图所示。
①实验前通入N2的目的是_______________________________________。
②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_______________________________________________。
(5)已知：
①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。
②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图所示。
由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，________________________________________________________________________。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0.1 mol·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。
【答案】 (1). CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S (2). 除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度 (3). 取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全 (4). 排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化 (5). KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化 (6). 过滤,控制温度60 ℃左右,向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【解析】
【分析】
由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 ℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
20.铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。
(1)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4－x)(s)＋x/2O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4－x)(s)＋xH2O(g)===MnFe2O4(s)＋xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH3
则：ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系为ΔH3＝________。
(2)纳米铁是重要的储氢材料，可用下列反应制得：Fe(s)＋5COFe(CO)5(g) ΔH<0。在1 L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.5 mol CO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图1所示。
①T1________(填“>”或“<”)T2。
②T2温度下，上述反应的平衡常数K＝________(结果不要求带单位)。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)被人们称为“绿色化学”净水剂。高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下不稳定。
①工业上用KClO与Fe(NO3)3溶液反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为____________________。制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液混合的操作为________________________。
②已知K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图所示。
向pH＝6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为____________________________________。
(4)电解法可制得K2FeO4，装置如图所示。阳极的电极反应式为________。
【答案】 (1). 2(ΔH1+ΔH2)/x (2). > (3). 8×103 (4). 3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O (5). 在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中 (6). HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O (7). Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律结合热化学方程式计算可得ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系；
(2) ①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的浓度增大，以此判断；
②根据图中数据，列出三段式，找出平衡浓度，根据K＝计算；
(3)①ClO-与Fe3+反应生成FeO42-，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒写出反应的离子方程式；
制备K2FeO4时，K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中；
②由图可知，pH＝6时溶液主要存在HFeO4-，加入KOH溶液发生中和，以此写出该反应的离子方程式；
(4)铁是阳极失去6个电子生成FeO42-，据此书写阳极反应式。
【详解】(1) 已知：①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4－x)(s)＋x/2O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4－x)(s)＋xH2O(g)===MnFe2O4(s)＋xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH3
由热化学方程式结合盖斯定律，将反应①2+②2可得2xH2O(g)===2xH2(g)＋xO2(g) ΔH=
2(ΔH1+ΔH2)，反应③x可以得到相同的热化学方程式，则有ΔH3＝2(ΔH1+ΔH2)/x。
故答案为：2(ΔH1+ΔH2)/x；
(2) ①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时CO的浓度增大，由图可知，T2时CO平衡浓度小于T1时，则T1>T2。
②T2温度下，
Fe(s)＋5COFe(CO)5(g)
起始（mol/L） 0.5 0
转化（mol/L） 0.4 0.08
平衡（mol/L） 0.1 0.08
平衡常数K＝==8×103，
故答案为：> ；8×103；
(3)①ClO-与Fe3+反应生成FeO42-，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；
制备K2FeO4时，K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中；
故答案为：3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中；
②由图可知，pH＝6时溶液主要存在HFeO4-，加入KOH溶液发生中和，反应的离子方程式为HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O，
故答案为：HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O；
(4)铁是阳极失去6个电子，因此阳极电极反应式为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，
故答案为：Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O。
【点睛】本题考查应用盖斯定律的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、氧化还原反应方程式的书写等，是对学生综合能力的考查，掌握基础知识是解题的关键。
【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按A小题评分。
21.[物质结构与性质]
高温炼铜的反应之一为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2。
(1) Cu＋基态核外电子排布式为________________。
(2) Cu、Zn的第二电离能：I2(Cu)________(填“>”“<”或“＝”)I2(Zn)。
(3) SO2分子中S原子的轨道杂化类型为________，分子的空间构型为________，与SO2互为等电子体的分子有________(写一种)。
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为________。
(5) Fe2＋、Fe3＋能与CN－络合，其结构如图所示。该离子可形成铁蓝钾盐，该钾盐的化学式为________。
【答案】 (1). [Ar]3d10 (2). > (3). sp2 (4). V形 (5). O3 (6). 5∶2 (7). KFeFe(CN)6
【解析】
【分析】
(1) Cu＋基态的3d能级上10个电子，据此书写核外电子排布式；
(2) Cu的价电子排布为3d104s1、Zn的价电子排布为3d104s2，铜失去1个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易；
(3) SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3，且含有1个孤电子对，根据价电子对互斥理论判断S原子的轨道杂化类型及分子的空间构型，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18；
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定，其配离子中心原子配位体是CH3CN，所以其配位数是4，配体中σ键和π键个数之比为5∶2；
(5) 根据均摊法确定该离子的化学式。
【详解】(1) Cu＋基态的3d能级上10个电子，据此书写核外电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2) Cu的价电子排布为3d104s1、Zn的价电子排布为3d104s2，铜失去1个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu、Zn的第二电离能大小：I2(Cu)>I2(Zn)，
故答案为：>；
(3) SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3，且含有1个孤电子对，根据价电子对互斥理论判断S原子的轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18，为O3，
故答案为：sp2 ；V形 ；O3；
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定，其配离子中心原子配位体是CH3CN，所以其配位数是4，配体中σ键和π键个数之比为5∶2，
故答案为：5∶2；
(5) 晶胞中Fe2＋、Fe3＋处于顶点，含有4=个Fe2+和4=个Fe3+，CN－位于晶胞的棱上，含有12=3个，Fe2+、Fe3+、CN－个数比为：：3=1：1：6，则该离子形成铁蓝钾盐的化学式为KFeFe(CN)6，
故答案为：KFeFe(CN)6。
22.[实验化学]
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如图所示，在三颈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向三颈烧瓶中加入一定量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)上图中冷却水应从________(填“A”或“B”)口进。
(2)上图是水蒸气发生装置。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__________________________________。
【答案】 (1). A (2). 将未反应的反应物等蒸出 (3). 玻璃管中水位上升 (4). 防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统 (5). 反应放出大量的热 (6). 如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐
【解析】
【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。
【详解】（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。
【点睛】本题考查了物质制备的方法分析和流程判断，装置仪器的作用理解应用，掌握基础是关键。
化 学
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Mn 55 Fe 56
选择题
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.“建设天蓝、地绿、水清的美丽中国”是每个中国人的愿望。下列做法与此相符的是( )
A. 将农作物秸秆就地焚烧，增强土壤肥效
B. 将电器垃圾深埋处理，减少重金属对环境的危害
C. 将三聚磷酸钠(Na5P3O10)添加到洗衣粉中，增强去污效果
D. 将煤炭气化、液化和干馏等处理，获得清洁能源和重要的化工原料
【答案】D
【解析】
【详解】A. 焚烧秸秆，产生粉尘污染环境，为保护环境，严禁农作物收获后，就地焚烧秸秆，故A错误；
B. 将电器垃圾深埋处理，重金属会进入土地和水源中，会发生各种重金属中毒，故B错误；
C. 三聚磷酸钠会使水体中磷元素过剩，引起水体富营养化，造成水体污染，故C错误；
D. 煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，所以D选项是正确的。
答案选D。
2.用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2===2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中正确的是( )
A. Na＋的结构示意图：
B. Cl2O的结构式：Cl—O—Cl
C. 中子数比质子数多3的氯原子：3517Cl
D. CO2的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠原子核电核数为11，所以Na＋的结构示意图：，故A错误；
B. Cl2O分子中一个氧原子与两个氯原子各形成一条共价键，结构式为：Cl—O—Cl，故B正确；
C. 氯原子的质子数为17，中子数比质子数多3则为20，质量数为17+20=37，所以该氯原子为：3717Cl，故C错误；
D. CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为：，故D错误。
答案选B。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A. SiO2是酸性氧化物，可用作光导纤维
B. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
C. Na2S具有还原性，可用于去除水体中的Hg2＋
D. FeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂
【答案】D
【解析】
【详解】A. SiO2用作光导纤维是利用其光学性质，与酸性氧化物无关，故A错误；
B. NaHCO3用于制胃酸中和剂是因为NaHCO3能和盐酸反应，与受热易分解无关，故B错误；
C. Na2S用于去除水体中的Hg2＋，是因为能生成难溶的HgS，与Na2S具有还原性无关，故C错误；
D. FeCl3具有氧化性，和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，因此可用作铜制线路板的蚀刻剂，故D正确。
答案选D。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. pH＝12的溶液：Na＋、K＋、NO3-、ClO－
B. 能使甲基橙变红的溶液：Na＋、NH4+、Cl－、CH3COO－
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液：Fe2＋、H＋、SO42-、I－
D. 0.1 mol·L－1 NaAlO2溶液：NH4+、Al3＋、Cl－、CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH＝12的溶液为强碱性溶液，Na＋、K＋、NO3-、ClO－与OH-不反应，且本组离子之间也不反应，能大量共存，故A正确；
B. 能使甲基橙变红的溶液为强酸性溶液，H+与CH3COO－结合成CH3COOH，不能大量共存，故B错误；
C. 1.0 mol·L－1的KNO3溶液含有NO3-，NO3-、Fe2＋、H＋及NO3-、I－、H＋均能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D. AlO2-和Al3＋及Al3＋和CO32-均能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查离子共存，侧重于元素化合物的综合考查和学生的分析能力的考查，答题时注意审题，把握题给要求，为解答该题的关键，易错点为C，注意NO3-在酸性条件下具有强氧化性的特点。
5.下列表述不正确的是( )
A. 常温下，浓硝酸、浓硫酸可贮存在铝制容器中
B. 处理锅炉水垢中的CaSO4，可先用饱和Na2CO3溶液浸泡，再用酸除去
C. 向滴有酚酞的Na2CO3溶液中逐滴加入BaCl2溶液，红色褪去，则BaCl2溶液呈酸性
D. 向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清，则苯酚电离出H＋的能力大于HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，铁、铝遇冷的浓硫酸会发生钝化，使金属表面生成致密而薄的氧化物薄膜，阻碍了反应的进一步的进行，所以可贮存在铝制容器中，故A正确；
B.处理锅炉水垢中的CaSO4时，依次加入饱和Na2CO3溶液和盐酸，发生了沉淀转化后再溶解，故B正确；
C. Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，而氯化钡是强酸强碱盐，溶液呈中性，C错误；
D. 苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，则溶液变澄清，说明酸性：苯酚＞HCO3-，则苯酚电离出H＋的能力大于HCO3-，故D正确。
答案选C。
6.下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是( )
A. 制取SO2 B. 验证漂白性
C. 验证还原性 D. 验证氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；
C．溶液的颜色变浅，说明铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；
D．二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 漂白粉露置在空气中失效：2ClO－＋CO2＋H2O===2HClO＋CO32-
B. 银氨溶液中滴加过量的盐酸：Ag(NH3)2+＋2H＋===Ag＋＋2NH4+
C. 二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
D. 用碱性NaClO溶液吸收冶金工业尾气中的NO2：ClO－＋2NO2＋H2O===Cl－＋2NO3-＋2H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A. 漂白粉露置在空气中，发生Ca（ClO）2+CO2+H2O=2HClO+CaCO3，故A错误；
B. 银氨溶液中存在Ag(NH3)2+，银氨溶液滴加盐酸，生成氯化银沉淀，沉淀不会消失，离子方程式为：Ag(NH3)2++OH-+3H++Cl-=AgCl↓+2NH4++2H2O，故B错误；
C. 二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气离子反应为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C正确；
D. 碱性条件下不能生成H+，用碱性NaClO溶液吸收NO2离子反应为：ClO－＋2NO2＋2OH- ===Cl－＋2NO3-＋H2O，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒、电子守恒和电荷守恒等）。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Z同主族，Y为金属元素，且Y的原子序数小于X和Z的最外层电子数之和，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：r(W)>r(Y)>r(X)
B. X与Y组成的化合物中均不含共价键
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. WX2是一种高效安全灭菌消毒剂
【答案】D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大四种短周期主族元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，故Z为S；X、Z同主族，则X为O；Y为金属元素，且Y的原子序数小于X和Z的最外层电子数之和，即小于12，则Y为Na，W为Cl，据此解答。
【详解】综合以上分析，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl，
A. 同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，Cl、Na、O的原子半径：r(Na)>r(Cl)>r(O)，故A错误；
B. O与Na组成的化合物有Na2O和Na2O2，其中Na2O2中含有共价键，故B错误；
C. 非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所以热稳定性H2S
故选：D。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，侧重考查学生分析推理能力，关键是确定元素相对位置，B选项为易错点，学生容易忽略Na2O2中含有共价键。
9.在给定条件下，下列选项所示物质间不满足每一步转化均能实现的是( )
A. N2(g)NO(g)NaNO2(aq)
B. SiO2Na2SiO3H2SiO3
C. AlNaAlO2Al(OH)3
D. Fe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)
【答案】A
【解析】
【详解】A．氮气和氧气放电生成NO，一氧化氮和氢氧化钠溶液不反应，不能一步实现，故A错误；
B．二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，向硅酸钠溶液中通入CO2生成硅酸沉淀，能一步实现，故B正确；
C．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，向偏铝酸钠溶液中通入CO2生成氢氧化铝沉淀，能一步实现，故C正确；
D．四氧化三铁和铝高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查物质性质、物质转化、物质反应产物，涉及氮、硅、铝、铁等元素，掌握基础是解题关键。
10.下列说法正确的是( )
A. 甲醇燃料电池工作时，甲醇得到电子，发生还原反应
B. 室温下，稀释0.1 mol·L－1氨水，c(H＋)·c(NH3·H2O)的值减小
C. 将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2×6.02×1023
D. SiO2(s)＋2C(s)===Si(s)＋2CO(g)在常温下不能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】B
【解析】
【详解】A. 甲醇燃料电池中，通入甲醇的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，故A错误；
B. 由NH3•H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，因温度不变，则电离平衡常数不变，水的离子积也不变，Kb==，由于c（H+）和c（OH-）的乘积不变，而c(NH4+)减小，则c(H＋)·c(NH3·H2O)的值减小，故B正确；
C. 氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故氯水中含未反应的氯气分子，即溶液中的HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2×6.02×1023，故C错误；
D. △H-T△S>0，反应非自发进行，反应△S>0，满足△H-T△S>0，则△H>0，故D错误。
答案选B。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在酸性条件下反应得到：
下列说法正确的是( )
A. X分子中所有碳原子可能共平面
B. X、Y分别与足量H2加成后的分子中均含有手性碳原子
C. Y可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4∶3
【答案】BC
【解析】
【详解】A.甲烷为四面体结构， X分子中含有甲基，所有碳原子不可能共平面，故A错误；
B. X、Y分别与足量H2加成后生成和，两分子中均含有手性碳原子，故B正确；
C. Y分子中含有酚羟基、碳碳双键、和苯环，故可以发生显色、氧化和还原反应，还可以与甲醛发生缩聚反应，故C正确；
D. 1molX与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量为3mol（两个酚羟基和酯水解，醇羟基与氢氧化钠溶液不反应），1molY与NaOH溶液反应最多消耗NaOH的物质的量也为3mol，二者之比为1：1，故D错误。
答案选BC。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握相关概念及官能团与性质的关系，熟悉酯、苯酚、烯烃的性质即可解答，易错选项D，注意X中醇羟基与氢氧化钠溶液不反应，而Y中的酯为酚酯，1mol该酯基消耗2mol氢氧化钠。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
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
B
取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀
CH3CH2Br没有水解
C
室温下，用pH试纸测得：0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液的pH约为5
HSO结合H＋的能力比SO强
D
向少量碘水中加入过量浓FeCl2溶液，分成两等份，向一份中滴加KSCN溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色
Fe3＋与I－的反应为可逆反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 久置的Na2O2粉末混有碳酸钠，加盐酸生成无色气体中有氧气和二氧化碳，结论不合理，故A错误；
B. 取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液时没有酸化，AgNO3溶液与NaOH溶液反应，所以不能说明CH3CH2Br没有水解，故B错误；
C. 阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；
D. 向Fe3＋与I－的反应的溶液中若滴加KSCN溶液显红色说明含有Fe3+；若滴加淀粉溶液显蓝色说明生成了I2，即反应物和生成物共存，为可逆反应，故D正确。
答案选D。
13.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 由图可知，2SO3(g)===2SO2(g)＋O2(g) ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1
B. 表示Al3＋与OH－反应时溶液中含铝微粒浓度变化曲线，a点溶液中存在大量Al3＋
C. 温度在T1和T2时水溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，则阴影部分M内任意一点均满足c(H＋)>c(OH－)
D. 表示反应N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)＝αB(H2)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图甲可知，该反应为吸热反应，其焓变为：(E3－E1) kJ·mol－1-(E3－E2) kJ·mol－1= (E2－E1)kJ·mol－1，故A错误；
B．在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子形式存在，图中a点溶液中应存在大量AlO2-，故B错误；
C．XY线上任意点均有c(H＋)=c(OH－)，当c（H+）=10-6.5mol/L时，向下作垂线得在M区域内c(OH-)<10-6.5mol/L，即满足c(H＋)>c(OH－)，故C正确。
D.根据图像，随着n(N2)/n(H2)的增大，相当于增大N2的物质的量，平衡向正向移动，氢气转化率增大，因此αA(H2)<αB(H2)，故D错误。
答案选C。
14.25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。
下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A. 图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)
B. 图甲中a点的溶液：c(CN－)
D. 图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 由图可知，图甲中pH＝7时，c(HCN)>c(CN-)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，由于c(H＋)=c(OH－)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CN－)，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，所以c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确；
B. 图甲中的a点是HCN、CN-浓度相等，根据物料守恒得c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则 c(HCN)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由图可知，此时溶液pH>7，c(H＋)
C. 图乙中b点时，溶液中溶质为等物质的量浓度的溶液：c(NaCN)＝c(NaCl)=c(HCN)，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)> c(Cl－)> c(CN－)> c(OH－)> c(H＋)，故C错误；
D. 图乙中c点的溶液，二者恰好完全反应，根据物料守恒得c(Cl－)= c(Na＋)= c(HCN)+ c(CN－)，而根据电荷守恒可以知道，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，所以D选项是正确的。
答案选AD。
15.甲胺(CH3NH2)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)，测得有关实验数据如下：
容器编号
温度/K
起始物质的量（mol）
平衡物质的量mol
CH3OH
NH3
CH3NH2
H2O
CH3NH2
H2O
I
530
0.40
0.40
0
0
0.30
II
530
0.80
0.80
0
0
III
500
0
0
0.20
0.20
0.16
下列说法正确的是( )
A. 正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)
C. 达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)<1
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，则反应将向逆反应方向进行
【答案】AC
【解析】
【分析】
由反应CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌ CH3NH2(g)＋H2O(g)可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应；容器Ⅰ和容器Ⅱ为等温等容，容器Ⅲ较容器Ⅰ和容器Ⅱ温度降低的过程，
由表格中数据，530K时I中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol） 0.40 0.40 0 0
转化（mol） 0.30 0.30 0.30 0.30
平衡（mol） 0. 10 0.10 0.30 0.30
K1==9；容器Ⅱ温度与容器Ⅰ相同，平衡常数不变；
500K时III中，
CH3OH(g)＋NH3(g) ⇌CH3NH2(g)＋H2O(g)
起始（mol） 0 0 0.20 0.20
转化（mol） 0.04 0.04 0.04 0.04
平衡（mol） 0. 04 0.04 0.16 0.16
K3==16，K3 >K1，说明降低温度平衡向正反应方向移动，即正反应为放热反应，据此解答。
【详解】A. 根据以上分析，正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)
c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误；
C. 容器Ⅰ和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ温度也为530K，则能建立等效平衡，此时应有α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)=1，由于容器Ⅲ温度低于530K，降低温度平衡正向移动，而容器Ⅲ是从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)<1，故C正确；
D. 530K时，若起始向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.10 mol、NH3 0.15 mol、CH3NH2 0.10 mol、H2O 0.10 mol，Qc==0.67<9，则反应将向正反应方向进行，故D错误。
所以AC选项是正确的。
非选择题
16.目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下：
(1)检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是________。
(2)通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为__________________________________。
(3)滤渣1的成分为________。
(4)“制KI(aq)”时，Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失。已知此温度下，Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。现测得溶液中c(FeI2)为0.9 mol·L－1，为减少I－的损失，起始时，加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于________。
(5)“制KIO3溶液”时，发生反应的离子方程式为_______________________________。
(6) KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为___________________。
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋(或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO42-＋8H＋) (3). Fe、Cu (4). 6.0 (5). 5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O (6). 蒸发浓缩，降温结晶
【解析】
【分析】
由流程图可知，含碘废水通入SO2将I2还原为I－，Cu2+和I－发生反应生成CuI和I2，总反应为2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O===2CuI↓＋2SO42-＋8H＋，过滤后得到CuI固体；向CuI固体中加入Fe粉和水置换出铜并生成FeI2溶液，过滤后得到滤渣为过量的铁和生成的铜；向FeI2溶液中加入K2CO3溶液制取KI；在KI溶液中加入H2O2和H2SO4，将I-氧化为I2；I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，KIO3溶液通过蒸发浓缩，降温结晶得到KIO3晶体。
【详解】(1)碘与淀粉溶液变蓝，所以检验I2，常用的试剂是淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
(2)SO2将I2还原为I－，本身被氧化为SO42-，离子方程式为SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋，
故答案为：SO2＋I2＋2H2O===SO42-＋2I－＋4H＋；
(3)根据以上分析，滤渣1的成分为Fe、Cu，
故答案为：Fe、Cu；
(4)Fe2＋会水解形成胶状物吸附KI，造成I－的损失，为减少I－的损失，防止生成Fe(OH)2，需要控制溶液的pH，根据Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=9.0×10－15，得c(OH-)==10-7mol/L，则c(H+)==1.010-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，
即加入K2CO3必须保持FeI2溶液的pH不大于6.0，
故答案为：6.0；
(5) I2和Cl2在碱性条件下反应生成KIO3，离子方程式为5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O ，
故答案为：5Cl2＋I2＋12OH－===2IO3-＋10Cl－＋6H2O ；
(6) 由溶解度曲线可知KIO3在常温下的溶解度较小，故由KIO3溶液得到KIO3晶体的方法为蒸发浓缩，降温结晶，
故答案为：蒸发浓缩，降温结晶。
17.化合物G是一种具有抗疟药理活性的喹啉类衍生物，其合成路线流程图如下：
已知：
(1) F中的含氧官能团名称为________、________。
(2) B→C的反应类型为________。
(3)芳香族化合物X的分子式为C8H7ClO2，写出X的结构简式：___________________________。
(4)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__________________________。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_________________________。
【答案】 (1). 醛基 (2). 醚键 (3). 加成反应 (4). (5). (6).
【解析】
【分析】
由合成路线流程图可知，A()和CH2Cl2发生取代反应生成B()，B()和发生醛基上的加成反应生成C(),C和稀硝酸反应生成D（），D发生硝化反应生成E()，E发生还原反应生成F（），F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X为，以此解答。
【详解】由合成路线流程图可知，A()和CH2Cl2发生取代反应生成B()，B()和发生醛基上的加成反应生成C(),C和稀硝酸反应生成D（），D发生硝化反应生成E()，E发生还原反应生成F（），F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X为，
(1) 根据以上分析，F为，分子中的含氧官能团为醛基、醚键。
故答案为：醛基；醚键；
(2) B()和发生醛基上的加成反应生成C(),所以B→C的反应类型为加成反应。
故答案为：加成反应；
(3)X的分子式为C8H7ClO2，F和X反应生成G，由G和F的结构可推知X的结构简式为，
故答案为：；
(4) C的结构简式为，符合下列条件的同分异构体：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，说明含有酚羟基，不含醛基；
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明C的分子中含有酯基，且在碱性条件下水解产物均只有2种不同化学环境的氢，根据C分子中所含氧原子个数并结合不饱和度，可以推出符合条件的同分异构体，可以是含一个酚羟基和一个酯基、一个羧基，且为处于对位的两个侧链；也可能是含有两个羟基和一个酯基、一个羰基且处于间位的三个侧链，即符合条件的同分异构体为或，
故答案为：或；
(5) 根据已知，要制备，需要先制备苯胺和环己酮，根据所给原料，苯和浓硫酸、浓硝酸加热制取硝基苯，硝基苯还原生成苯胺；溴代环己烷水解生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮；环己酮和苯胺反应可得，合成路线流程图设计为：，
故答案为：。
18.以软锰矿(主要成分为MnO2)和硫锰矿(主要成分为MnS)为原料制备硫酸锰晶体的工艺流程如下：
(1)滤渣中存在一种非金属单质，则酸浸过程中的化学方程式为_________________________________。
(2)实验室常用氧化还原法测定MnSO4·H2O晶体的纯度，原理如下：2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O NH4+＋NO2-===N2↑＋2H2O [Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋[Fe(PO4)2]3－；称取MnSO4·H2O样品1.000 0 g，溶于适量水，以磷酸作配位剂，加入过量硝酸铵，在220～240 ℃下充分反应。然后以N—苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液滴定生成的[Mn(PO4)2]3－至终点。重复操作3次，记录数据如下表：
滴定次数
标准液读数mL
滴定前
滴定后
1
0.10
20.20
2
1.32
21.32
3
1.05
20.95
①已知：Fe2＋＋NO2-＋2H＋===Fe3＋＋NO↑＋H2O。
测定过程中，硝酸铵的作用是____________________和____________________。
②若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配置的，所测定的MnSO4·H2O晶体的纯度将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
③计算样品中MnSO4·H2O的质量分数(写出计算过程)__________________。
【答案】 (1). MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O (2). 将试样中的二价锰定量氧化成三价锰 (3). 与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响 (4). 偏高 (5). 消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。
2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝33.8%
【解析】
【分析】
软锰矿和硫锰矿在稀硫酸中酸浸，发生反应，得到滤渣，含有S，过滤得到滤液中含硫酸锰和稀硫酸，经过结晶得到硫酸锰晶体；用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液测定流程图中MnSO4•H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反应，据此分析。
【详解】（1）MnO2是两性化合物，在酸性条件之下是一种氧化剂，根据流程图分析，MnO2和MnS在稀硫酸中反应生成一种非金属单质，即滤渣1，同时产生MnSO4，是一个氧化还原反应，则“酸浸”时反应的化学方程式为为：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，
故答案为：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O；
（2）①由原理反应：2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋===2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O NH4+＋NO2-===N2↑＋2H2O可知，硝酸铵的作用是将试样中的二价锰定量氧化成三价锰和与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响。
故答案为：将试样中的二价锰定量氧化成三价锰；与产生的亚硝酸盐反应消除对滴定的影响；
②若滴定过程中标准溶液硫酸亚铁铵不是新配置的，部分Fe2+被氧化为Fe3+，滴定时消耗的标准液偏多，故所测定的MnSO4·H2O晶体的纯度将会偏高。
故答案为：偏高；
③用0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁铵标准溶液测定流程图中MnSO4•H2O晶体样品的纯度，主要是和生成的[Mn(PO4)2]3－反应，取MnSO4·H2O样品1.000 0 g，
三次消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为=20.00 mL。
根据关系式：2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol，
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝×100%=33.8%，
故答案为：消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液平均值为20.00 mL。
2MnSO4·H2O～2[Mn(PO4)2]3－～2Fe2＋
n(MnSO4·H2O)＝n(Fe2＋)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2×10－3 mol
样品中MnSO4·H2O的质量分数为＝33.8%。
【点睛】本题考查Mn族元素的性质，结氧化还原反应方程式的书写和配平，结合流程图分析，明确流程图中每一步操作的含义，结合守恒思想进行分析计算可以起到简便的作用，本题（1）中MnO2其实并不与稀的H2SO4反应，MnO2在酸性条件下将S2-氧化为S，这是易错点。
19.以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
(1) FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为___________________________________________。
(2)向溶液1中加入过量铁粉的目的是_______________________________________________。
(3)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤，检验洗涤已完全的方法是__________________________。
(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图所示。
①实验前通入N2的目的是_______________________________________。
②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_______________________________________________。
(5)已知：
①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2。
②NaCuCl2可水解生成CuCl，温度、pH对CuCl产率的影响如图所示。
由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为：将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，________________________________________________________________________。(实验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0.1 mol·L－1 H2SO4、乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。
【答案】 (1). CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S (2). 除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度 (3). 取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全 (4). 排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化 (5). KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化 (6). 过滤,控制温度60 ℃左右,向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥
【解析】
【分析】
由实验流程可知，向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质，经过滤得到固体为CuCl和S，进一步分离可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，实验前通入N2排尽装置中的空气，装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，据此解答。
【详解】(1) 由上述分析可以知道，FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。
因此，本题正确答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；
(2) 溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度。
因此，本题正确答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高产品的纯度；
(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-，所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-，方法为：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全，
因此，本题正确答案是：取最后一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀，则洗涤完全；
(4)①亚铁离子容易被氧气氧化，实验前通入N2的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化。
因此，本题正确答案是：排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化；
②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
因此，本题正确答案是：KMnO4具有强氧化性，可将Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化。
(5)根据题给信息，将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反应，生成易溶于水的NaCuCl2，过滤后除去S；将NaCuCl2水解生成CuCl，根据温度、pH对CuCl产率的影响的曲线，应选择温度60 ℃左右，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，具体的操作为：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，最后用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥，
因此，本题正确答案是：过滤，控制温度60 ℃左右，向滤液中滴加0.1 mol·L－1 H2SO4，控制溶液的pH为2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体，置于真空干燥箱中干燥。
20.铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。
(1)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：
①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4－x)(s)＋x/2O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4－x)(s)＋xH2O(g)===MnFe2O4(s)＋xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH3
则：ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系为ΔH3＝________。
(2)纳米铁是重要的储氢材料，可用下列反应制得：Fe(s)＋5COFe(CO)5(g) ΔH<0。在1 L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.5 mol CO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图1所示。
①T1________(填“>”或“<”)T2。
②T2温度下，上述反应的平衡常数K＝________(结果不要求带单位)。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)被人们称为“绿色化学”净水剂。高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下不稳定。
①工业上用KClO与Fe(NO3)3溶液反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为____________________。制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液混合的操作为________________________。
②已知K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图所示。
向pH＝6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为____________________________________。
(4)电解法可制得K2FeO4，装置如图所示。阳极的电极反应式为________。
【答案】 (1). 2(ΔH1+ΔH2)/x (2). > (3). 8×103 (4). 3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O (5). 在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中 (6). HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O (7). Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律结合热化学方程式计算可得ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系；
(2) ①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的浓度增大，以此判断；
②根据图中数据，列出三段式，找出平衡浓度，根据K＝计算；
(3)①ClO-与Fe3+反应生成FeO42-，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒写出反应的离子方程式；
制备K2FeO4时，K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中；
②由图可知，pH＝6时溶液主要存在HFeO4-，加入KOH溶液发生中和，以此写出该反应的离子方程式；
(4)铁是阳极失去6个电子生成FeO42-，据此书写阳极反应式。
【详解】(1) 已知：①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4－x)(s)＋x/2O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4－x)(s)＋xH2O(g)===MnFe2O4(s)＋xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH3
由热化学方程式结合盖斯定律，将反应①2+②2可得2xH2O(g)===2xH2(g)＋xO2(g) ΔH=
2(ΔH1+ΔH2)，反应③x可以得到相同的热化学方程式，则有ΔH3＝2(ΔH1+ΔH2)/x。
故答案为：2(ΔH1+ΔH2)/x；
(2) ①该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时CO的浓度增大，由图可知，T2时CO平衡浓度小于T1时，则T1>T2。
②T2温度下，
Fe(s)＋5COFe(CO)5(g)
起始（mol/L） 0.5 0
转化（mol/L） 0.4 0.08
平衡（mol/L） 0.1 0.08
平衡常数K＝==8×103，
故答案为：> ；8×103；
(3)①ClO-与Fe3+反应生成FeO42-，ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；
制备K2FeO4时，K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中；
故答案为：3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO42-＋3Cl－＋5H2O；在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中；
②由图可知，pH＝6时溶液主要存在HFeO4-，加入KOH溶液发生中和，反应的离子方程式为HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O，
故答案为：HFeO4-＋OH－===FeO42-＋H2O；
(4)铁是阳极失去6个电子，因此阳极电极反应式为Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O，
故答案为：Fe－6e－＋8OH－===FeO42-＋4H2O。
【点睛】本题考查应用盖斯定律的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、氧化还原反应方程式的书写等，是对学生综合能力的考查，掌握基础知识是解题的关键。
【选做题】本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按A小题评分。
21.[物质结构与性质]
高温炼铜的反应之一为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2。
(1) Cu＋基态核外电子排布式为________________。
(2) Cu、Zn的第二电离能：I2(Cu)________(填“>”“<”或“＝”)I2(Zn)。
(3) SO2分子中S原子的轨道杂化类型为________，分子的空间构型为________，与SO2互为等电子体的分子有________(写一种)。
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为________。
(5) Fe2＋、Fe3＋能与CN－络合，其结构如图所示。该离子可形成铁蓝钾盐，该钾盐的化学式为________。
【答案】 (1). [Ar]3d10 (2). > (3). sp2 (4). V形 (5). O3 (6). 5∶2 (7). KFeFe(CN)6
【解析】
【分析】
(1) Cu＋基态的3d能级上10个电子，据此书写核外电子排布式；
(2) Cu的价电子排布为3d104s1、Zn的价电子排布为3d104s2，铜失去1个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易；
(3) SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3，且含有1个孤电子对，根据价电子对互斥理论判断S原子的轨道杂化类型及分子的空间构型，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18；
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定，其配离子中心原子配位体是CH3CN，所以其配位数是4，配体中σ键和π键个数之比为5∶2；
(5) 根据均摊法确定该离子的化学式。
【详解】(1) Cu＋基态的3d能级上10个电子，据此书写核外电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2) Cu的价电子排布为3d104s1、Zn的价电子排布为3d104s2，铜失去1个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu、Zn的第二电离能大小：I2(Cu)>I2(Zn)，
故答案为：>；
(3) SO2分子中S原子价层电子对数=2+=3，且含有1个孤电子对，根据价电子对互斥理论判断S原子的轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，与SO2互为等电子体的分子中有3个原子，价电子数是18，为O3，
故答案为：sp2 ；V形 ；O3；
(4) [Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定，其配离子中心原子配位体是CH3CN，所以其配位数是4，配体中σ键和π键个数之比为5∶2，
故答案为：5∶2；
(5) 晶胞中Fe2＋、Fe3＋处于顶点，含有4=个Fe2+和4=个Fe3+，CN－位于晶胞的棱上，含有12=3个，Fe2+、Fe3+、CN－个数比为：：3=1：1：6，则该离子形成铁蓝钾盐的化学式为KFeFe(CN)6，
故答案为：KFeFe(CN)6。
22.[实验化学]
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如图所示，在三颈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向三颈烧瓶中加入一定量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)上图中冷却水应从________(填“A”或“B”)口进。
(2)上图是水蒸气发生装置。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__________________________________。
【答案】 (1). A (2). 将未反应的反应物等蒸出 (3). 玻璃管中水位上升 (4). 防止滤液吸入抽滤瓶支管而进入减压系统 (5). 反应放出大量的热 (6). 如果饱和Na2CO3溶液过量，则酚羟基也要与Na2CO3反应生成钠盐
【解析】
【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。
【详解】（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。
【点睛】本题考查了物质制备的方法分析和流程判断，装置仪器的作用理解应用，掌握基础是关键。
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