2020年江苏省连云港市高考化学二模试卷(有答案解析)
2020年江苏省连云港市高考化学二模试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）
1.2019年江苏“两会”明确提出要守住“环保”、“安全”等底线，下列说法不正确的是（）
A. 加强对化学危险品的管控，以免发生安全事故
B. 开发废电池综合利用技术，防止重金属等污染
C. 研发高效低毒农药，降低农产品中农药残留量
D. 推广农田秸秆就地焚烧，以提高土壤钾肥含量
2.下列有关化学用语表示正确的是（）
A. 聚苯乙炔的结构简式：
B. BF3的电子式：
C. 钠离子的结构示意图：
D. HS-水解的方程式：HS-+H2O?S2-+H3O+
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）
A. 氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料
B. 硅酸钠溶液呈碱性，可用作木材防火剂
C. 二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂
D. 乙烯具有还原性，可用作水果的催熟剂
4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）
A. 加入苯酚显紫色的溶液：Cu2+、NH4+、Cl-、SCN-
B. 无色透明的溶液：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-
C. =10-12 mol?L-1的溶液：K+、Na+、CO32-、CH3COO-
D. 能使酚酞变红的溶液：Mg2+、Ba2+、ClO-、I-
5.下列制取、净化Cl2、验证其氧化性并进行尾气吸收的装置和原理能达到实验目的是（）
A. 制取Cl2
B. 除去HCl
C. 验证Cl2的氧化性
D. 吸收尾气
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A. 氯化镁溶液中滴加过量氨水：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓
B. 银氨溶液中加入盐酸：[Ag（NH3）2]++2H+=Ag++2NH4+
C. 酸性碘化钾溶液露置于空气中：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
D. Ca（HCO3）2溶液中加入过量烧碱：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
7.已知：①N2O（g）+3H2（g）=N2H4（l）+H2O（l）△H1
②N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H2
③2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）△H3
④3N2H4（l）=4NH3（g）+N2（g）△H
下列有关说法正确的是（）
A. △H=3（△H2-△H1）+△H3
B. 使用催化剂可使△H1变小
C. 反应②在一定条件下能自发进行，则△H2＞0
D. 反应③若生成28 g N2，转移的电子数为6.02×1023
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数之和为19．Z的周
期数是其族序数的3倍，W原子最外层电子数与X的电子总数相等。下列说法正确的是（）
A. 原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B. Y与X、Z均可形成两种或两种以上的化合物
C. Y的简单离子结合质子的能力弱于W
D. W的氧化物对应的水化物的酸性一定比X的强
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）
A. NaClO（aq）HClO（aq）Cl2（g）
B. Al（s）NaAlO2（aq）Al（OH）3（s）
C. Fe（s）Fe2O3（s）FeCl3（aq）
D. N2（g）NO（g）HNO3（aq）
10.某微生物电解池（MEC）制氢工作原理如图所示。用该电解池电解
0.1 mol?L-1的CH3COOH溶液，下列说法正确的是（）
A. Y为电源的正极
B. 该电解装置中，阳极的电极反应式为：CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
C. 当2 mol H+通过质子交换膜时，产生22.4 L H2
D. 电解一段时间后，溶液中的值变小
11.
选项实验操作和现象结论
A 向NaCl粉末中加入适量酒精，充分振荡形成无色透明液体。用激
光笔照射，出现一条光亮通路
形成的分散系是胶体
B 水蒸气通过灼热的焦炭后，将混合气体通过灼热的氧化铜，所得
气体能使无水硫酸铜变蓝色
高温下，C与水蒸气反
应生成H2
C 向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入氢氧化钠调
节至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜
麦芽糖水解产物具有
还原性
D向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成溶液X中含有SO42-或Ag+
A B C D
12.根据下列图示所得出的结论正确的是（）
A. 图中表示反应2SO2+O2?2SO3的平衡常数K与温度的关系，说明该反应的△H
＞0
B. 图中表示Cu与过量浓硝酸反应生成的NO2气体体积随时间的变化关系，说
明该反应在b→c时间段内反应速率最快
C. 图中表示一定温度下Ag2S和NiS的沉淀溶解平衡曲线，说明该温度下，c
（S2-）=1 mol?L-1时，两者的K sp相等
D. 图中表示相同温度下，pH=3的HF和CH3COOH溶液分别加水稀释时pH
的变化曲线，说明加水稀释前HF的电离程度大于CH3COOH的电离程度
二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）
13.化合物X是一种抗风湿药的合成中间体，其结构简式如图所示。下
列有关化合物X的说法正确的是（）
A. X易溶于水
B. X的分子式为C18H22O3
C. 每个X分子中最多有8个碳原子处于同一平面
D. X与溴水发生加成产物，每个产物分子中含3个手性碳原子
14.常温下，向100 mL浓度为0.01 mol?L-1氨水中缓慢通入SO2气体，整个过
程中无气体逸出。忽略溶液体积的变化，溶液的pH与通入SO2的体积（已
折算为标准状况）关系如图，下列说法正确的是（）
A. a点所表示溶液中：c（NH3?H2O）＞c（HSO3-）+2c（H2SO3）+0.005 mol?L-1
B. b点所表示溶液中：c（SO32-）＞c（NH4+）＞c（HSO3-）＞c（OH-）
C. c点所表示溶液中：2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（NH3?H2O）=0.01 mol?L-1
D. d点所表示溶液中：c（NH3?H2O）+c（SO32-）+c（OH-）=c（H2SO3）+c（H+）
15.一定温度下，在三个容积均为2 L的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：2NO
（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如下：下列说法
容器温度/K
（T1＞T2）
起始物质的量/mol平衡物质的量/mol
NO（g）H2（g）N2（g）
I T1320.5
ⅡT223
ⅢT1 2.5 2.5
平衡时，容器Ⅰ和容器Ⅱ中正反应速率：（2）Ⅰ＜（2）Ⅱ
B. 平衡时，容器Ⅱ中c（NO）＜0.5 mol?L-1
C. 平衡时，容器Ⅲ和容器Ⅰ中的压强：pⅢ＜pⅠ
D. 保持温度不变，若将容器Ⅰ改为恒压密闭容器，平衡时容器的容积变为1.8 L
三、简答题（本大题共5小题，共65.0分）
16.以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）
2（OH）6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：
（1）工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液和滤渣洗涤液合并，其目的是______。
（2）“氧化”过程发生的离子方程式为______。
（3）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节溶液的pH至2，碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为______（填化学式）。
（4）向“过滤Ⅱ”所得滤液（富含Ni2+）中加入N2H4?H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图所示（XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的浓度为______。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式：______。不同NaOH浓度下，产物Ni的含量
不同，可能的原因是______。
17.化合物G是一种肾上腺皮质激素抑制药，可通过以下方法合成：
（1）CH2=CHCOOCH3中含有的官能团名称为______。
（2）F→G的反应类型为______。
（3）B的分子式为C10H8N2O4，写出B的结构简式：______。
（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体X的结构简式：______。
①能发生银镜反应；
②1 mol X最多能与2 mol NaOH发生反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
（5）已知：RCN RCOOH．请以CH2=CHCN和CH3OH为原料制备，写出合成
路线流程图（无机试剂可任选，合成路线流程图示例见本题题干）。
18.钒的氧化物（如V2O5、VO2、V2O3等，均难溶于水）在光储材料
等领域有广泛应用。
（1）V2O5是一种两性氧化物，写出V2O5与NaOH溶液反应的离
子方程式：______。
（2）在800℃下，V2O5和焦炭反应可生成VO2和V2O3，同时得到
CO2气体。反应体系中钒氧化物的质量分数（%）随n（焦炭）：n
（V2O5）的变化关系如右图。当参加反应的n（焦炭）：n （V2O5）=2：3时，反应所得n（VO2）：n（V2O3）=______。
（3）某样品中含有V2O3、VO2、V2O5及少量不溶性杂质（杂质不参与反应），测定VO2含量的方法如下：
步骤Ⅰ称取2.500 g样品，用稀硫酸溶解，配成100 mL溶液。取10.00 mL溶液，逐滴滴加KMnO4溶液至钒元素恰好完全转化为VO2+；改用0.100 0 mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（离子方程式为VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O），消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液25.00 mL。
步骤Ⅱ另取2.500 g样品，用NaOH溶液选择浸取V2O5，过滤、洗涤、干燥，称得残渣质量为
1.954 g．向残渣中加入HFH3PO4混酸和15.00 mL 0.500 0 mol?L-1（VO2）2SO4溶液充分反应（离
子方程式为2VO2++V2O3+6H+=4VO2++3H2O）后，将溶液稀释至100 mL，取出10.00 mL，用
0.100 0 mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定过量的VO2+，消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准
溶液10.00 mL。
通过计算确定该样品中VO2的质量分数（写出计算过程）。
19.铊（Tl）的价态分析及处理方法是环境保护研究的重点课题。
（1）三价铊各物种[Tl3+、Tl（OH）2+、Tl（OH）2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4-]分布分数（平衡时某物种的物质的量占各物种的总物质的量之和的分数）与pH的关系如图1所示。当pH=1.5时，溶液中浓度最大的含铊物种是______（填化学式）。
（2）铁盐、铁炭混合物、纳米MnO2均可作为去除废水中Tl+和Tl3+的吸附剂。
①铁炭混合物去除铊的原理是______。若铁炭混合物中添加少量铝粉，铊的去除速率明显加快，
其可能原因是______。
②用纳米MnO2去除水体中的Tl+和Tl3+，测得铊的去除率随MnO2投加量的变化关系如图2所
示。在纳米MnO2用量不变的情况下，欲提高铊的去除效果，可采取的措施是______。
（3）通过沉淀法也可以去除工业废水中的Tl+和Tl3+。
①利用硫酸盐还原菌（SRB）的催化作用，可以将废水中有机碳源（以CH2O表示）、SO42-、
Tl+去除（原理如图3所示）。写出该反应的离子反应方程式______。
②工业污水铊的污染物排放限值为2.5×10-8mol?L-1．已知：K sp（Tl2S）=5×10-21，若铊的含量符
合国家排放限值，则处理后的废水中c（S2-）≥______。
③向含铊废水中加入溴水，使Tl+充分氧化成Tl3+，调节溶液pH，沉淀去除铊元素。若pH过大，
铊元素去除率下降的原因是______。
20.某钙钛矿型太阳能电池吸光材料的晶胞结构如图所示，其中A通常
为CH3NH3+，可由甲胺（CH3NH2）制得；M为Pb2+或Sn2+；X为
卤离子，如Cl-、Br-等。
（1）吸光材料的化学式为______（用A、X、M表示）。
（2）H、C、Cl三种元素的电负性由小到大的顺序为______。
（3）溴原子基态核外电子排布式为______。
（4）甲胺（CH3NH2）极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为______。
（5）CH3NH3+中N原子的轨道杂化类型为______；1 mol CH3NH3+中含σ键的数目为______。
四、实验题（本大题共2小题，共25.0分）
21.南通江海实验学校研究性学习小组以一种酸性印刷电路蚀刻废液（主要离子有Cu2+、H+、Cl-）
为原料制备Cu2O．实验过程如下：
已知：CuCl2-是一种无色离子，易水解生成Cu2O。
（1）60℃条件下，控制反应混合液的pH在2～3之间，加入Na2SO3溶液将CuCl2还原成
CuCl2-．“还原”的实验装置如图所示。
①将Na2SO3溶液滴入三颈瓶中的操作是______。
②写出上述反应的离子方程式：______，
判断反应已经完全的标志为______。
③该过程中加入NaCl的目的是______。
（2）“洗涤”过程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，其中葡萄糖溶液的作用是______。
（3）已知CuCl2-的水解率随pH的变化如图所示，请补充完整由滤液X（主要成分：Na+、NH4+、Cl-、SO42-，少量CuCl2-）获取NaCl固体的实验方案：______，加入1 mol?L-1盐酸至pH略小于7，______，冷却，密封包装。（实验中须使用的试剂：1 mol?L-1NaOH溶液，2 mol?L-1 BaCl2溶液，1 mol?L-1 Na2CO3溶液。）
22.邻硝基苯酚、对硝基苯酚是两种用途广泛的有机合成中间体，
实验室可用苯酚进行硝化制得。
实验步骤如下：
步骤1：向圆底烧瓶中加入20 mL水、7 mL浓硫酸、7.7 g NaNO3．将4.7 g苯酚用适量的温水溶解后，逐滴加入到烧瓶之中，控制温度15～20℃，搅拌30 min。
步骤2：将所得到黑色焦油状物用冰水冷却成固体，倾去酸液，并洗涤数次。
步骤3：用水蒸气蒸馏上述黑色焦油状物（如图），将馏出液冷却得黄色固体
．
步骤4：向蒸馏后的残液中加入30 mL水、3.3 mL浓盐酸、适量活性炭，加热煮沸，趁热过滤。
将滤液冷却，使粗品析出，抽滤收集。
（1）步骤1中需“搅拌30 min”的原因______。
（2）控制温度15～20℃的目的是______。
（3）水蒸气蒸馏时，邻硝基苯酚蒸馏分离完全的标志为______，如果发生邻硝基苯酚堵塞冷凝器，需采取的措施：______。
（4）步骤4中趁热过滤的目的是______，抽滤装置中的主要仪器包括布氏漏斗、抽滤瓶、______。
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A．化学危险品能够污染环境，影响人体健康，所以应加强对化学危险品的管控，故A 正确；
B．开发废电池综合利用技术，减少普通电池的使用，可以防止重金属等污染，故B正确；
C．研发高效低毒农药，降低农产品中农药残留量，有利于人体健康，故C正确；
D．秸秆就地焚烧，能够产生大量灰尘颗粒，引起空气污染，不利于保护环境，故D错误；
故选：D。
A．化学危险品能够污染环境，影响人体健康；
B．常用普通电池中汞、镉等重金属能够引起环境污染；
C．农产品中农药残留对人体健康造成危害；
D．秸秆就地焚烧，能够产生大量灰尘颗粒，引起空气污染。
本题考查了常见生活中常见环境污染与治理，熟悉相关环境污染源及治理措施是解题关键，注意对相关知识的积累。
2.答案：A
解析：解：A．苯乙炔分子中中存在1个苯环、1个碳碳三键，结构简式为，其中乙炔基断裂一个碳碳键生成聚聚苯乙炔，结构简式：，故A正确；
B．氟原子为成键的孤对电子对未画出，BF3的电子式为，故B错误；
C．Na的质子数为11，离子核外有10个电子，原子结构示意图为，离子结构示意图为，
故C错误；
D．HS-离子水解失去氢氧根离子，其水解方程式为：HS-+H2O?H2S+OH-，故D错误；
故选：A。
A．聚苯乙炔分子中乙炔基断裂一个碳碳键生成聚聚苯乙炔，单体中存在碳碳双键；
B．电子式应标出所有的最外层电子；
C．Na的质子数为11，离子核外有10个电子；
D．硫氢根离子水解生成氢氧根离子。
本题考查了结构简式、电子式、结构示意图、电离方程式的书写等知识，题目难度不大，涉及的知识点较多，注意把握化学用语的区别及规范应用即可解答，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。
3.答案：A
解析：解：A．氧化铝的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故A正确；
B．硅酸钠溶液，耐高温，不易燃烧，可以作木材防火剂，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可用作制溴工业中溴的吸收剂，故C错误；
D．乙烯可用作水果的催熟剂，是因为乙烯具有植物生长调节作用，与还原性无关，故D错误；
故选：A。
A．耐高温材料一般具有较高的熔点；
B．依据硅酸钠溶液，耐高温，不易燃烧解答；
C．依据二氧化硫的还原性解答；
D．依据乙烯具有植物生长调节剂作用解答。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的性质与用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
4.答案：C
解析：解：A．加入苯酚显紫色的溶液中存在铁离子，Fe3+与SCN-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．Fe2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故B错误；
C．该溶液呈碱性，K+、Na+、CO32-、CH3COO-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；
D．能使酚酞变红的溶液呈碱性，ClO-、I-之间发生氧化还原反应，Mg2+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：C。
A．该溶液中存在铁离子，铁离子与硫氰根离子发生络合反应；
B．亚铁离子为有色离子；
C．该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
D．该溶液呈碱性，次氯酸根离子能够氧化碘离子，镁离子与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）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”等。
5.答案：C
解析：解：A．反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A错误；
B．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，U型管中一般为固体干燥剂，应选洗气瓶，故B错误；
C．氯气与硫化钠反应生成S，可验证氯气的氧化性，故C正确；
D．氯气在水中溶解度不大，应选NaOH溶液吸收，故D错误；
故选：C。
A．反应需要加热；
B．HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，U型管中一般为固体干燥剂；
C．氯气与硫化钠反应生成S；
D．氯气在水中溶解度不大。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、气体的制备及性质实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6.答案：C
解析：解：A．一水合氨是弱电解质要写化学式，正确的离子方程式为：Mg2++2NH3?H2O=Mg（OH）↓+2NH4+，故A错误；
2
B．向银氨溶液中加入盐酸，银离子也参与反应，正确的离子方程式为：[Ag（NH3）
]++Cl-+OH-+3H+=AgCl↓+2NH4++H2O，故B错误；
2
C．酸性碘化钾溶液露置于空气中，发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：
4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故C正确；
D．Ca（HCO3）2溶液中加入过量烧碱，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，故D错误；
故选：C。
A．氨水为弱碱，一水合氨不能拆开；
B．漏掉了银离子与氯离子的反应；
C．酸性条件下碘离子易被氧气氧化成碘单质；
D．氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钙的化学式组成书写。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意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，检查是否符合原化学方程式等。
7.答案：A
解析：解：A．由盖斯定律可知，（②-①）×2+③得到3N2H4（l）=4NH3（g）+N2（g），△H=3（△H2-△H1）+△H3，故A正确；
B．催化剂不改变反应的始终态，则使用催化剂可使△H1不变，故B错误；
C．反应②的△S＜0，△H-T△S＜0的反应可自发进行，则在一定条件下能自发进行，则△H2＜0，故C错误；
D．反应③中生成4×28g氮气时转移6mol电子，③若生成28 gN2，转移的电子数为×6.02×1023，故D错误；
故选：A。
A．由盖斯定律可知，（②-①）×2+③得到3N2H4（l）=4NH3（g）+N2（g）；
B．催化剂不改变反应的始终态；
C．反应②的△S＜0，△H-T△S＜0的反应可自发进行；
D．反应③中生成4×28g氮气时转移6mol电子。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律、转移电子计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
8.答案：B
解析：解：根据分析可知，X为N元素、Y为O元素、Z为Na、W为Cl元素。
A．电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r（X）＜r（Y）＜r（W）＜r（Z），故A错误；
B．O与N、Na可以形成两种或两种以上的化合物，故B正确；
C．非金属性越强，简单离子结合质子能力越强，非金属性O＞Cl，则Y的简单离子结合质子的能力强于W，故C错误；
D．W（Cl）的氧化物对应水化物有次氯酸、氯酸和高氯酸，X的酸有亚硝酸和硝酸，其中硝酸的氧化性大于次氯酸，故D错误；
故选：B。
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z的周期数是族序数的3倍，由于Z为短周期元素，Z只能位于第三周期，族序数为1，则Z为Na元素；它们的原子最外层电子数之和为19，其中Y的最外层电子数为1，则X、Y、W的最外层电子数之和=19-1=18，最外层电子数平均为6，三者最外层电子数只能为5、6、7，W原子最外层电子数与X的电子总数相等，W最外层含有7个电子，为Cl元素；X的原子序数为7，为N元素，Y最外层含有6个电子，位于第二周期，为O元素，据此解答。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
9.答案：B
解析：解：A．NaClO溶液中通入二氧化碳生成HClO，HClO分解生成氧气和HCl，不生成氯气，故A错误；
B．Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，物质间转化均能实现，故B正确；
C．Fe与水蒸气高温反应生成四氧化三铁，不生成氧化铁，不能实现物质之间的转化，故C错误；D．氮气与氧气放电生成NO，NO与水不反应，不能转化为硝酸，不能实现物质之间的转化，故D 错误。
故选：B。
A．HClO分解生成氧气和HCl；
B．Al与NaOH反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；C．Fe与水蒸气高温反应生成四氧化三铁；
D．NO与水不反应。
本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
10.答案：B
解析：解：用该电解池电解0.1 mol?L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，电源Y为负极，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，电源X为负极，质子交换膜允许阳离子通过，A．分析可知Y为电源负极，故A错误；
B．电解池电解0.1 mol?L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应
CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，故B正确；
C．当2 mol H+通过质子交换膜时，电子转移2mol，但温度压强不知不能计算气体体积，故C错误；D=×=，电极反应分析阴极电极反应2H++2e-=H2↑，阳极电极反应
CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，电子守恒可知氢离子浓度基本不变，比值基本不变，故D错误；故选：B。
用该电解池电解0.1 mol?L-1的CH3COOH溶液，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，电源Y为负极，正极电极反应是醋酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，电源X为负极，质子交换膜允许阳离子通过，据此分析判断。
本题考查了电解池原理、电极反应书写、离子浓度变化等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
11.答案：A
解析：解：A．丁达尔现象为胶体特有的性质。由现象可知形成的分散系是胶体，故A正确；B．能使无水硫酸铜变蓝色可检验水，水蒸气可能过量，不能说明氢气还原CuO，故B错误；C．葡萄糖、麦芽糖均含-CHO，麦芽糖过量时不能检验葡萄糖，故C错误；
D．白色沉淀若为硫酸钡，X中可能含亚硫酸根离子，可被硝酸氧化，故D错误；
故选：A。
A．丁达尔现象为胶体特有的性质；
B．能使无水硫酸铜变蓝色可检验水；
C．葡萄糖、麦芽糖均含-CHO；
D．白色沉淀若为硫酸钡，X中可能含亚硫酸根离子。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子及物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12.答案：D
解析：解：A．由图可知，升高温度K减小，则升高温度平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故A 错误；
B．图中曲线斜率越大，反应速率越快，则该反应在a→b时间段内反应速率最快，故B错误；C．c（S2-）=1mol?L-1时，金属阳离子浓度相同，但K sp为浓度幂之积，可知K sp不同，故C错误；D．pH=3的HF和CH3COOH溶液分别加水稀释相同倍数时，HF的pH变化大，可知HF酸性强，则加水稀释前HF的电离程度大于CH3COOH的电离程度，故D正确；
故选：D。
本题考查难溶电解质及平衡移动，为高频考点，把握图中纵横坐标的含义、电离、K sp及反应速率等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
13.答案：BD
解析：解：A．含有酯基，具有酯类的性质，不溶于水，故A错误；
B．由结构简式可知X的分子式为C18H22O3，故B正确；
C．与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知最少有8个碳原子处于同一平面，故C错误；
D．X与溴水发生加成产物，分子中连接溴原子以及酯基的碳原子为手性碳原子，故D正确。
故选：BD。
有机物含有酯基、羰基以及碳碳双键，结合酯、烯烃和酮的性质解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，题目难度中等，注意体会官能团与性质的关系，明确烯烃、酯的性质即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力。
14.答案：CD
解析：解：起始时n（NH3?H2O）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol=10×10-4mol，a、b、c点电荷关系为c （NH4+）+c（H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），
A．a点n（SO2）==2.5×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=5×10-4mol，所以氨水过量，剩余5×10-4mol，
得到溶液是NH3?H2O、（NH4）2SO3的混合溶液，溶液显碱性，c（OH-）＞c（H+），N、S关系为c（NH4+）+c（NH3?H2O）=4c（SO32-）+4c（HSO3-）+4c（H2SO3）=2c（SO32-）+2c（HSO3-）+2c
（H2SO3）+=2c（SO32-）+2c（HSO3-）+2c（H2SO3）+0.005 mol?L-1，结合电荷关系消
去c（NH4+）有c（NH3?H2O）=c（HSO3-）+2c（H2SO3）-[c（OH-）-c（H+）]+0.005 mol?L-1，即c （NH3?H2O）＜c（HSO3-）+2c（H2SO3）+0.005 mol?L-1，故A错误；
B．b点n（SO2）=5×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=10×10-4mol，b点为（NH4）2SO3溶液，显碱性，
说明SO32-的水解程度大于NH4+，所以c（NH4+）＞c（SO32-），由于水的电离使c（OH-）＞c（HSO3-），即正确关系式为c（NH4+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-），故B错误；
C．c点为（NH4）2SO3和少量NH4HSO3的混合溶液，溶液显中性，电荷关系为2c（SO32-）+c（HSO3-）=c（NH4+），N原子守恒有c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.01 mol?L-1，所以2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（NH3?H2O）=0.01 mol?L-1，故C正确；
D．d点n（SO2）=10×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=10×10-4mol，得到NH4HSO3溶液，物料关系为c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），结合电荷关系消去c（NH4+）有c （NH3?H2O）+c（SO32-）+c（OH-）=c（H2SO3）+c（H+），故D正确；
故选：CD。
起始时n（NH3?H2O）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol=10×10-4mol，a、b、c点电荷关系为c（NH4+）+c （H+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），
A．a点n（SO2）==2.5×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=5×10-4mol，所以氨水过量，剩余5×10-4mol，
得到溶液是NH3?H2O、（NH4）2SO3的混合溶液，溶液显碱性；
B．b点n（SO2）=5×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=10×10-4mol，b点为（NH4）2SO3溶液，显碱性，说明SO32-的水解程度大于NH4+，结合水的电离解答；
C．c点为（NH4）2SO3和少量NH4HSO3的混合溶液，溶液显中性，电荷关系为2c（SO32-）+c（HSO3-）=c（NH4+），结合N原子守恒解答；
D．d点n（SO2）=10×10-4mol，消耗n（NH3?H2O）=10×10-4mol，得到NH4HSO3溶液，结合物料关系和电荷关系解答；
本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系和溶液的守恒关系（电荷守恒、物料守恒），试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度较大。
15.答案：BC
解析：解：A．温度越高化学反应速率越快，温度I＞II，所以平衡时反应速率v（H2）Ⅰ＞v（H2）Ⅱ，故A错误；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，I平衡时c（NO）=mol/L=1mol/L，c（H2）=mol/L=0.5mol/L，如果I、II中温度相等时II中c（NO）等于I中c（H2）=0.5mol/L，
实际上温度I＞II，降低温度平衡正向移动，则平衡时容器Ⅱ中c（NO）＜0.5 mol?L-1，故B正确；C．I和III温度相同，则化学平衡常数相等，
可逆反应I中2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 1.5 1 0 0
反应（mol/L）0.5 0.5 0.25 0.5
平衡（mol/L）1 0.5 0.25 0.5
化学平衡常数K==0.25，
I中达到平衡状态时气体总物质的量=（1+0.5+0.25+0.5）mol/L×2L=4.5mol，
温度不变化学平衡常数不变，
设III中某时刻氮气的物质的量浓度为0.25mol/L，
可逆反应III中2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 1.25 1.25 0 0
反应（mol/L）0.5 0.5 0.25 0.5
平衡（mol/L）0.75 0.75 0.25 0.5
浓度商=≈0.2＜K，此时该反应没有达到平衡状态，要使反应达到平衡状态，平衡向正反应
方向移动，则平衡时氮气浓度大于0.25mol/L，
则平衡时气体总物质的量＜4.5mol，
气体总物质的量与压强成正比，平衡时气体总物质的量I＞III，所以压强：pⅢ＜pⅠ，故C正确；D．如果I改为恒压时NO转化率不变时，反应前气体总物质的量=（3+2）mol=5mol，平衡时气体总物质的量为4.5mol，恒压时气体物质的量与体积成正比，所以开始时容器体积为2L，则平衡时容
器体积=×2L=1.8L，实际上改为恒压时NO转化率大于原来恒容时，所以平衡时容器体积小于
1.8L，故D错误；
故选：BC。
A．温度越高化学反应速率越快；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C．I和III温度相同，则化学平衡常数相等，
可逆反应I中2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 1.5 1 0 0
反应（mol/L）0.5 0.5 0.25 0.5
平衡（mol/L）1 0.5 0.25 0.5
化学平衡常数K==0.25，
I中达到平衡状态时气体总物质的量=（1+0.5+0.25+0.5）mol/L×2L=4.5mol，
温度不变化学平衡常数不变，
设III中某时刻氮气的物质的量浓度为0.25mol/L，
可逆反应III中2NO（g）+2H2（g）?N2（g）+2H2O（g）
开始（mol/L） 1.25 1.25 0 0
反应（mol/L）0.5 0.5 0.25 0.5
平衡（mol/L）0.75 0.75 0.25 0.5
浓度商=≈0.2＜K，此时该反应没有达到平衡状态，要使反应达到平衡状态，平衡向正反应
方向移动，则平衡时氮气浓度大于0.25mol/L，
则平衡时气体总物质的量＜4.5mol；
D．如果I改为恒压时NO转化率不变时，反应前气体总物质的量=（3+2）mol=5mol，平衡时气体总物质的量为4.5mol，恒压时气体物质的量与体积成正比，所以开始时容器体积为2L，则平衡时容
器体积=×2L=1.8L，实际上改为恒压时NO转化率大于原来恒容时。
本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，明确化学平衡常数计算方法及化学平衡常数影响因素是解本题关键，注意CD计算方法，题目难度中等。
16.答案：提高镍、铁元素的利用率2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O Fe（OH）
0.015mol?L-1N2H4?H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O 碱性越强，N2H4?H2O的还原性越强
3
解析：解：（1）工业上常将“过滤Ⅰ”的滤液含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+，和滤渣洗涤液合并，可提高镍、铁元素的利用率，
故答案为：提高镍、铁元素的利用率；
（2）加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O；
（3）碳酸钠过多，溶液碱性国强，则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（4）由图象可知，当氢氧化钠浓度为0.015 mol?L-1时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为
N2H4?H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O，可知碱性越强，N2H4?H2O的还原性越强，导致不同NaOH 浓度下，产物Ni的含量不同，
故答案为：0.015 mol?L-1；N2H4?H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O；碱性越强，N2H4?H2O的还原性越强。
红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液可得到净水剂黄钠铁矾，将NiCO3经处理可得到Ni，以此解答该题。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17.答案：碳碳双键和酯基还原反应或
解析：解：（1）CH2=CHCOOCH3中含有的官能团名称为碳碳双键和酯基，
故答案为：碳碳双键和酯基；
（2）F→G的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
（3）B的分子式为C10H8N2O4，B的结构简式：，
故答案为：；
（4）D的一种同分异构体X符合下列条件：
①能发生银镜反应，说明含有醛基；
②1 mol X最多能与2 mol NaOH发生反应，根据O原子知，应该为甲酸苯酯；
③分子中只有4种不同化学环境的氢，
符合条件的结构简式为或，
故答案为：或；
（5）以CH2=CHCN和CH3OH为原料制备，CH2=CHCN和氢气发生加成反应生成
CH3CH2CN，CH2=CHCN水解生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH3CH2CN和CH2=CHCOOCH3反应得到CH3CH（CN）CH2CH2COOCH3，然后
反应生成，其合成路线为
，
故答案为：。B的分子式为C10H8N2O4，由AB分子式知，A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，根据AC结构简式及B分子式知，B结构简式为，D发生加成反应生成E，F发生还原反应生成G，
（5）以CH2=CHCN和CH3OH为原料制备，CH2=CHCN和氢气发生加成反应生成
CH3CH2CN，CH2=CHCN水解生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和CH3OH发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH3CH2CN和CH2=CHCOOCH3反应得到CH3CH（CN）CH2CH2COOCH3，然后
反应生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用，明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意有机合成中断键和成键方式，题目难度中等。
18.答案：V2O5+2OH-=2VO3-+H2O 4：1
解析：解：（1）V2O5是一种两性氧化物，写出V2O5与NaOH溶液反应生成VO3-和水，反应的离子方程式：V2O5+2OH-=2VO3-+H2O，
故答案为：V2O5+2OH-=2VO3-+H2O；
（2）在800℃下，V2O5和焦炭反应可生成VO2和V2O3，同时得到CO2气体，当参加反应的n（焦炭）：n（V2O5）=2：3时，结合电子守恒、原子守恒配平得到化学方程式为3V2O5+2C=4VO2+V2O3+2CO2，得到n（VO2）：n（V2O3）=4：1，
故答案为：4：1；
（3）n（总钒）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.02500L×=0.025mol，
n（V2O5）==0.003000mol，
n（V2O3）==0.002500mol，
n（VO2）=n（总钒）-2[n（V2O5）+n（V2O3）]=0.01400mol，
w（VO2）=×100%=46.48%，
故答案为：n（总钒）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.02500L×=0.025mol，
n（V2O5）==0.003000mol，
n（V2O3）==0.002500mol，
n（VO2）=n（总钒）-2[n（V2O5）+n（V2O3）]=0.01400mol，
w（VO2）=×100%=46.48%。
（1）V2O5是一种两性氧化物，写出V2O5与NaOH溶液反应生成VO3-和水；
（2）在800℃下，V2O5和焦炭反应可生成VO2和V2O3，同时得到CO2气体，当参加反应的n（焦炭）：n（V2O5）=2：3时，结合电子守恒、原子守恒配平得到化学方程式得到n（VO2）：n（V2O3）；
（3）n（总钒）=n（Fe2+）=0.1000mol/L×0.02500L×=0.025mol，
n（V2O5）==0.003000mol，
n（V2O3）==0.002500mol，
n（VO2）=n（总钒）-2[n（V2O5）+n（V2O3）]=0.01400mol，据此VO2计算质量分数。
本题考查了物质性质分析、反应过程的定量计算应用，主要是元素守恒的计算，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
19.答案：Tl（OH）2+铁碳微电池中铁失去电子变成Fe2+，被氧化生成Fe3+水解形成Fe（OH）3
胶体铝较铁更易失电子，形成胶体的速率更快加入氧化剂将Tl+氧化为
Tl3+2CH2O+SO42-+2Tl+Tl2S↓+2CO2↑+2H2O 8.2×10-6 mol/L Tl（OH）3沉淀又转化成Tl（OH）
-进入溶液
4
解析：解：（1）由图1可知，pH较小时，铊以Tl3+形态存在，Tl（OH）2+、Tl（OH）2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4-这几种形态随pH的增大依次出现，当pH=1.5时，图中最高点为离子Tl（OH）2+存在形态，即铊物种主要存在形态为Tl（OH）2+，
故答案为：Tl（OH）2+；
（2）①铁碳混合物在废水中可以形成原电池，铁作负极失电子变成Fe2+，被氧化生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，吸附废水中Tl+和Tl3+以除去；铝比铁更活泼，添加少量铝粉，更易失电子生成Al3+，形成胶体的速率更快，吸附效果更好，
故答案为：铁碳微电池中铁失去电子变成Fe2+，被氧化生成Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体；铝较铁更易失电子，形成胶体的速率更快；
②由图2可以看出Tl3+的去除率比Tl+要高，所以可加入氧化剂将Tl+氧化为Tl3+去除，
故答案为：加入氧化剂将Tl+氧化为Tl3+；
（3）①由图3可知，废水中有机碳源（以CH2O表示）、SO42-、Tl+等离子经过SRB后最终转化为Tl2S和CO2，结合电子守恒、电荷守恒得到离子方程式应为
2CH2O+SO42-+2Tl+Tl2S↓+2CO2↑+2H2O，
故答案为：2CH2O+SO42-+2Tl+Tl2S↓+2CO2↑+2H2O；
②由于K sp（Tl2S）=c（Tl+）×c（S2-），当c（Tl+）≤2.5×10-8时，c（S2-）≥==8.2×10-6 mol/L，故答案为：8×10-6；
③Tl与Al同族，Tl（OH）3与Al（OH）3化学性质相似，能溶于碱溶液中，当pH过大时，Tl的主要形态为Tl（OH）4-，即Tl（OH）3沉淀又转化成Tl（OH）4-进入溶液，因此Tl元素去除率下降，故答案为：Tl（OH）3沉淀又转化成Tl（OH）4-进入溶液。
（1）Tl3+是金属阳离子，性质类似于Al3+，酸性环境下即pH较小时，以Tl3+形态存在，酸性减弱，pH增大时逐步转化为Tl（OH）2+、Tl（OH）2+、Tl（OH）3、Tl（OH）4-，据此解答；
（2）①铁碳混合物形成原电池，使溶液中Fe3+的浓度增大，Fe3+水解程度较大，易形成氢氧化铁胶体吸附Tl+和Tl3+，达到除去的目的，据此解答；
②相同条件下，Tl3+的去除率比Tl+要高，可加入氧化剂氧化Tl+生成Tl3+除去；
（3）①根据图3可知，机碳源（以CH2O表示）、SO42-、Tl+等离子在SRB作用下生成Tl2S和CO2，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
②根据溶度积常数Ksp计算处理后的废水中c（S2-）；
③Tl与Al同族，Tl（OH）3与Al（OH）3化学性质相似，能溶于碱溶液中，使铊元素去除率下降，据此分析解答。
本题考查原电池原理、氧化还原反应规律、沉淀溶解平衡及其计算、元素及其化合物的性质、图象分析等知识，侧重电解质溶液中离子平衡的考查，注意从图上找到做题信息，借助Fe、Al元素的性
质解题，题目难度较大。
20.答案：AMX3H＜C＜Cl [Ar]3d104s24p5CH3NH2与H2O形成分子间氢键sp37mol或
7×6.02×1023
解析：解：（1）该晶胞中A微粒个数=8×=1、X微粒个数=6×=3、M微粒个数=1，其化学式为AMX3，
故答案为：AMX3；
（2）元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性Cl＞C＞H，则电负性H＜C＜Cl，
故答案为：H＜C＜Cl；
（3）Br原子核外有35个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，
故答案为：[Ar]3d104s24p5；
（4）能和水形成氢键的溶质溶解性较大，CH3NH2与H2O形成分子间氢键，所以甲胺极易溶于水，故答案为：CH3NH2与H2O形成分子间氢键；
（5）N原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道杂化方式为sp3；该微粒中含有7个σ键，1 mol CH3NH3+中含σ键的数目为7 mol或7×6.02×1023，
故答案为：sp3；7 mol或7×6.02×1023。
（1）该晶胞中A微粒个数=8×=1、X微粒个数=6×=3、M微粒个数=1；
（2）元素的非金属性越强，其电负性越大；
（3）Br原子核外有35个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式；
（4）能和水形成氢键的溶质溶解性较大；
（5）N原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子轨道杂化方式；该微粒中含有7个σ键。
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、氢键、原子核外电子排布等知识点，明确原子结构、分子结构及晶体空间结构是解本题关键，注意均摊法在晶胞计算中的运用，题目难度不大。
21.答案：打开分液漏斗上口塞子（或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐），旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加2Cu2++SO32-+4Cl-+H2O=2CuCl2-+SO42-+2H+溶液变为无色增大Cl-的浓度，促进CuCl2-生成葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化向滤液X中加入2mol?L-1BaCl2溶液至不再有沉淀产生，继续加入1mol?L-1Na2CO3溶液至无沉淀产生再用1mol?L-1NaOH溶液调节pH 至12，过滤，蒸发结晶
解析：解：（1）①将Na2SO3溶液滴入三颈瓶中的操作是打开分液漏斗上口塞子（或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐），旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加；
故答案为：打开分液漏斗上口塞子（或将塞子上的凹槽与瓶口上的小孔对齐），旋开分液漏斗的旋塞，逐滴滴加；
②酸性条件下，Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl2-，自身被氧化为SO42-，离子反应为：
2Cu2++SO32-+4Cl-+H2O=2CuCl2-+SO42-+2H+；已知“CuCl2-是一种无色离子”，CuCl2为蓝色溶液，故当观察到溶液变为无色，说明反应已完全；
故答案为：2Cu2++SO32-+4Cl-+H2O=2CuCl2-+SO42-+2H+；溶液变为无色；
③该过程中加入NaCl的目的是增大Cl-的浓度，促进CuCl2-生成；
故答案为：增大Cl-的浓度，促进CuCl2-生成；
（2）“洗涤”过程包括水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，其中葡萄糖溶液的作用是葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化；
故答案为：葡萄糖具有还原性，防止Cu2O在烘干过程中被氧化；
（3）根据分析，由滤液X（主要成分：Na+、NH4+、Cl-、SO42-，少量CuCl2-）获取NaCl固体的实验方案：向滤液X中加入2 mol?L-1 BaCl2溶液至不再有沉淀产生，继续加入1 mol?L-1 Na2CO3溶液至无沉淀产生，加入1 mol?L-1盐酸至pH略小于7，再用1 mol?L-1NaOH溶液调节pH至12，过滤，蒸发结晶，冷却，密封包装；
故答案为：向滤液X中加入2 mol?L-1 BaCl2溶液至不再有沉淀产生，继续加入1 mol?L-1 Na2CO3溶液至无沉淀产生；再用1 mol?L-1NaOH溶液调节pH至12，过滤，蒸发结晶。
向酸性印刷电路蚀刻废液（主要离子有Cu2+、H+、Cl-）加入氨水调节pH2～3，加入NaCl、Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl2-，将得到含有CuCl2-的溶液水解得到Cu2O，过滤将沉淀水洗、醇洗、2%葡萄糖溶液洗涤，烘干得到Cu2O，
（1）①Na2SO3溶液逐滴加入；
②根据题意，酸性条件下，Na2SO3溶液将CuCl2还原成CuCl2-，自身被氧化为SO42-，据此书写；根据已知“CuCl2-是一种无色离子”可的现象；
③NaCl提供Cl-；
（2）葡萄糖具有还原性，Cu2O易被氧化，据此分析；
（3）滤液X（主要成分：Na+、NH4+、Cl-、SO42-，少量CuCl2-）获取NaCl固体，用BaCl2溶液除去SO42-，用Na2CO3溶液除去多余的BaCl2，根据题意pH=12时，CuCl2-的水解率最高，水解得到Cu2O沉淀，除去CuCl2-和NH4+，据此分析作答。
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的提纯等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度较大。
22.答案：使反应物充分接触，保证反应充分进行防止发生副反应冷凝器中无黄色馏出液让热的蒸气熔化晶体变成液体流下防止对硝基苯酚析出（提高对硝基苯酚的产率）抽气泵
解析：解：（1）步骤1中“搅拌30 min”，可以是反应物充分接触，加快反应速率，保证反应充分进行，
故答案为：使反应物充分接触，保证反应充分进行；
（2）温度过高易发生副反应，影响产率，所以需要控制温度在15～20℃，
故答案为：防止发生副反应；
（3）水蒸气蒸馏时，当冷凝器中无黄色馏出液时，证明邻硝基苯酚蒸馏分离完全；
根据步骤3可知，邻硝基苯酚可以用水蒸气蒸馏，说明其沸点较低，当邻硝基苯酚堵塞冷凝器时，可用热的蒸气熔化邻硝基苯酚晶体，变成液体即可流下，
故答案为：冷凝器中无黄色馏出液；让热的蒸气熔化晶体变成液体流下；
（4）升高温度可以增大对硝基苯酚的溶解度，则趁热过滤能够防止对硝基苯酚析出，从而提高对硝基苯酚的产率；
组成抽滤装置的主要仪器是：布氏漏斗、抽滤瓶和抽气泵，
故答案为：防止对硝基苯酚析出（提高对硝基苯酚的产率）；抽气泵。
（1）搅拌可以加快反应速率，使反应进行的更充分；
（2）若温度过高易发生副反应；
（3）当冷凝器中无黄色馏出液时，说明邻硝基苯酚蒸馏分离完全；根据步骤3可知，邻硝基苯酚可以用水蒸气蒸馏，说明其沸点较低，可用热的蒸气熔化邻硝基苯酚晶体；
（4）升高温度可以增大对硝基苯酚的溶解度，减少对硝基苯酚的损失；根据抽滤操作方法分析使用的仪器。
本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本