1、江苏省南通市2014届高三二模化学试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1资源的回收和合理利用可促进社会的可持续发展下列说法正确的是（）A利用农作物秸秆制取乙醇B通过铝热反应回收金属铝C回收地沟油，水解制氨基酸D直接焚烧废旧塑料，防止白色污染考点：三废处理与环境保护.专题：化学应用分析：A农作物秸秆主要成分是纤维素属于多糖，多糖水解可以得到单糖；B铝热反应的实质是借助反应放出的热量，用铝来置换高熔点的活泼性弱于铝的金属；C油脂水解得到高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解得到氨基酸；D白色污染就是一次性难降解的塑料包，灼烧后会导致大气污染解答：解：A农作物秸秆主要成分是纤维素，纤维素水解可
2、以得到葡萄糖，葡萄糖发酵可以制乙醇，故A正确；B铝热反应可以用来冶炼金属，焊接钢轨，不能回收铝，故B错误；C地沟油属于油脂，水解得不到蛋白质，故C错误；D焚烧废旧塑料，会导致大气污染，不能防止白色污染，故D错误；故：A点评：本题涉及到得社会可持续性发展是当前热门话题，通过化学知识使资源回收和合理利用，是高考的热点，平时应注意积累相关的化学常识，本题难度不大，根据生活常识可以判断解答2（3分）（2014南通二模）下列有关化学用语正确的是（）ANH4Cl的电子式：B2戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3CS2的结构示意图：D质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：Pu考点：电子式；常
3、见元素的名称、符号、离子符号；原子结构示意图；结构简式.专题：化学用语专题分析：ACl应利用中括号，并标出最外层电子；B烯烃的结构简式中碳碳双键应保留；CS2的质子数为16；D在原子中，左下角的数字是质子数，左上角的数字是质量数，质量数=中子数+质子数解答：解：A氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，电子式为，故A错误；B2戊烯的结构简式：CH3CH2CH=CHCH3，故B正确；CS2的离子结构示意图为，故C错误；D质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子：23894Pu，故D错误；故选B点评：本题考查了电子式、结构简式、原子符号、离子结构示意图等知识，题目难度中等，注意掌握电子式、
4、结构式、结构简式、分子式之间区别，明确离子化合物与共价化合物电子式的表示方法3（3分）（2014南通二模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A与Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Ca2+、HCO3、NO3B10molL1的浓氨水：Al3+、NH4+、NO3、IC0.1 molL1KMnO4溶液：Na+、Fe2+、SO42、ClD=11012的溶液：K+、Na+、AlO2、CO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A与Al反应放出H2的溶液为酸性或者碱性溶液，Mg2+、Ca2+、HCO3与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子反应；B铝离子能够与氨水反应生成氢氧化铝沉
5、淀；C高锰酸钾溶液具有氧化性，能够氧化亚铁离子；D该溶液为碱性溶液，K+、Na+、AlO2、CO32之间不满足离子反应发生条件，也不与氢氧根离子反应解答：解：A该溶液为酸性或者碱性溶液，若为碱性溶液，Mg2+、Ca2+、HCO3能够与氢氧根离子发生反应；若为酸性溶液，HCO3与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；BAl3+与氨水反应生成难溶物氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe2+与KMnO4溶液发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；D该溶液中存在大量的氢氧根离子，K+、Na+、AlO2、CO32之间不发生反应，且都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共
6、存，故D正确；故选D点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，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；能生成难溶物的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时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4（3分）（2014南通二模）下列有关物质应用的说法不正确的是（）A氯气用于制备漂白粉B单质硅用于制造光导纤维C硫酸铵用于蛋白质盐析D三氧化二铁用于生产红色颜料考点：硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的
7、综合应用；铁的氧化物和氢氧化物.专题：化学应用分析：A、氯气和石灰乳反应可以获得漂白粉；B、二氧化硅是光导纤维的主要材料；C、蛋白质遇到碳酸铵会发生盐析现象；D、三氧化二铁是红棕色的固体物质解答：解：A、在工业上，氯气和石灰乳反应可以获得漂白粉，故A正确，；B、二氧化硅是光导纤维的主要材料，单质硅用做太阳能电池、硅芯片材料，故B错误；C、蛋白质遇到碳酸铵会发生盐析现象，硫酸铵可以用于蛋白质盐析，故A正确；D、三氧化二铁是红棕色的固体物质，常用三氧化二铁生产红色颜料或是涂料，故D正确故选B点评：本题涉及物质的性质以及应用知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大5（3分）（2014南通二模）
8、从海带中制取单质碘需要经过灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、分液、蒸馏等操作下列图示对应的装置合理、操作规范的是（）A灼烧B过滤C分液D蒸馏考点：海带成分中碘的检验；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：化学实验基本操作分析：A、灼烧是在坩埚中进行；B、过滤实验为防止液体溅出要用到玻璃棒；C、根据萃取分液实验用到的仪器和操作来回答；D、蒸馏装置中，控制物质的沸点不同来实现物质的分离，温度计测的是蒸汽温度，据此回答解答：解：A、灼烧是在坩埚中进行的，不能在蒸发皿中进行，故A错误；B、过滤实验要用到玻璃棒的引流作用，故B错误；C、分液要在分液漏斗中进行，下层液体从下边漏出，上层液体从上口倒出，
9、故C正确；D、蒸馏时，温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口出，不能深入液面以下，故D错误故选C点评：本题考查学生物质的分离方法和实验基本操作知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大6（3分）（2014南通二模）下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现“甲乙丙”转化的是（）物质选项甲乙丙ASiSiO2H2SiO3BNONO2HNO3CNaNaClNaOHDCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOAABBCCDD考点：硅和二氧化硅；含氮物质的综合应用；钠的重要化合物；乙烯的化学性质.专题：氮族元素；碳族元素；几种重要的金属及其化合物分析：A、二氧化硅不溶于水，不能和水之间反应生成硅酸；B
10、、一氧化氮可以被氧气氧化为二氧化氮二氧化氮可以和水之间反应得到硝酸；C、金属钠和氯气之间反应生成氯化钠，氯化钠电解可以获得氢氧化钠；D、乙烯可以和水之间加成得到乙醇，乙醇的催化氧化产物是乙醛解答：解：A、单质硅可以和氧气之间在加热下反应得到二氧化硅，但是二氧化硅不溶于水，不能和水之间反应生成硅酸，故A物质之间通过一步反应不能实现“甲乙丙”转化，故A正确；B、一氧化氮可以被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮可以和水之间反应得到硝酸，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故B错误；C、金属钠和氯气之间反应生成氯化钠，氯化钠电解可以获得氢氧化钠，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故C错误；D、
11、乙烯可以和水之间加成得到乙醇，乙醇的催化氧化产物是乙醛，物质之间通过一步反应能实现“甲乙丙”转化，故D错误故选A点评：本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大7（3分）（2014南通二模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24L苯中含有的CH键的数目为0.6NAB标准状况下，由H2O2制得4.48L O2转移的电子数目为0.8NAC14g由乙烯与环丙烷组成的混合气体含有的碳原子数目为NAD常温下，1L pH=2的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.02NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定
12、律分析：A标准状况下，苯的状态不是气体，无法使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；B双氧水中氧元素的化合价为1价，标况下4.48LL氧气的物质的量为0.2mol，转移了0.4mol电子；C乙烯和环丙烷的最简式为CH2，14g二者的混合物中含有1mol最简式；D根据溶液中氢离子与溶液pH的关系计算出氢离子数目解答：解：A标况下，苯不是气体，题中条件无法计算苯的物质的量，故A错误；B标况下4.48L氧气的物质的量为0.2mol，双氧水分解生成0.2mol氧气，需要转移0.4mol电子，转移的电子数目为0.4NA，故B错误；C14g乙烯和环丙烷的混合物中含有1nol最简式CH2，含有1mol碳原
13、子，含有的碳原子数目为NA，故C正确；DpH=2的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，1L该溶液中含有0.01mol氢离子，含有的H+数目为0.01NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件；要求学生掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确双氧水中氧元素的化合价为1价8（3分）（2014南通二模）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANa2O2溶于水产生O2：2O22+2H2OO2+4OHB向氨水通入足量SO2：SO2+2NH3H2O2NH4+SO32+H2OC次氯酸钠与浓盐酸反
14、应产生Cl2：ClO+Cl+H2OCl2+2OHDNaHCO3溶液与少量Ba（OH）2溶液反应：Ba2+2OH+2HCO3BaCO3+CO32+2H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A金属氧化物写化学式；B足量二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；C次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯气和水；D碳酸氢钠溶液和少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水解答：解：A金属氧化物写化学式，离子方程式为2Na2O2+2H2OO2+4OH+4Na+，故A错误；B足量二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为SO2+NH3H2ONH4+HSO32+H2O，故B错误；C次氯酸钠和浓盐酸反应生成
15、氯气和水，离子方程式为ClO+Cl+2H+Cl2+H2O，故C错误；D碳酸氢钠溶液和少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子方程式为Ba2+2OH+2HCO3BaCO3+CO32+2H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写，单质、气体、沉淀、弱电解质、氧化物等都要写化学式，明确离子方程式的书写规则是解本题关键，再结合反应物、产物书写方程式，注意要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有时离子反应还与反应物的量有关，如BD，为易错点9（3分）（2015红河州模拟）如图为一种微生物燃料电池结构示意图，关于该电池叙述正确的是（）A分子组成为Cm（H2O）n的物质一定
16、是糖类B微生物所在电极区放电时发生还原反应C放电过程中，H+从正极区移向负极区D正极反应式为：MnO2+4H+2eMn2+2H2O考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：分子组成为Cm（H2O）n的物质不一定为糖类，与甲醛、乳酸、乙酸乙酯等物质，形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生成水和二氧化碳，MnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答解答：解：A分子组成为Cm（H2O）n的物质不一定为糖类，与甲醛、乳酸、乙酸乙酯等物质，故A错误；B形成原电池时，微生物所在电极区发生氧化反应，Cm（H2O）n被氧化生
17、成水和二氧化碳，故B错误；C原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C错误；DMnO2被还原生成Mn2+，为原电池的正极，电极方程式为MnO2+4H+2eMn2+2H2O，故D正确故选D点评：本题考查新型电池，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极10（3分）（2014南通二模）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子半径：r（W）r（Y）r（Z）r（X）X与W同主族，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和下列说法正确的是（）A元素Z、W的简单离子的电子层
18、结构不同B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C仅由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；原子半径：r（W）r（Y）r（Z）r（X），X不可能与Y、Z同周期，只能处于第一周期，则X为H元素；X与W同主族，W的原子序数大于O，故W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，则Y的核电荷数=81=7，故Y为N元素，
19、据此解答解答：解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；原子半径：r（W）r（Y）r（Z）r（X），X不可能与Y、Z同周期，只能处于第一周期，则X为H元素；X与W同主族，W的原子序数大于O，故W为Na；Z原子的核电荷数等于X、Y原子核电荷数之和，则Y的核电荷数=81=7，故Y为N元素，AO2、Na+离子核外电子数都是10，电子层结构相同，故A错误；B非金属性NO，故氢化物稳定性NH3H2O，故B错误；C仅由H、N、O三种元素形成的化合物NH3H2O的水溶液呈碱性，故C正确；DH2O2只含
20、有共价键，而Na2O2中含有离子键、共价键，二者所含化学键类型不完全相同，故D错误，故选C点评：本题考查结构性质位置关系应用，正确推断元素是解题关键，注意根据原子半径与原子序数推断X二、选择题（共5小题，每小题3分，满分15分）11（3分）（2014南通二模）下列有关说法正确的是（）A铁表面镀铜时，铜与电源的正极相连，铁与电源的负极相连B用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更大C一定温度下，反应2Mg（s）+CO2（g）=2MgO（s）+C（s）能自发进行，则该反应H0D常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生
21、，说明常温下Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4）考点：原电池和电解池的工作原理；焓变和熵变；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题分析：A电镀时，镀层金属为阳极，镀件金属为阴极；B醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度大；C根据HTS0能发生进行判断；D从难溶电解质的溶解平衡的角度分析解答：解：A铁表面镀铜时，铜应为阳极，铁为阴极，则铜与电源的正极相连，铁与电源的负极相连，故A正确；B醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度大，分别中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的体积更小，故B错误；C反应2Mg（s）+CO2（g）=2MgO
22、（s）+C（s），S0，如能自发进行，则该反应H0时才能满足HTS0，故C正确；D如c（CO32）c（Ba2+）Ksp（BaCO3）时，可生成Ksp（BaCO3）沉淀，不能说明Ksp（BaCO3）Ksp（BaSO4），故D错误故选AC点评：本题考查较为综合，涉及电镀、弱电解质、反应热以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累12（3分）（2014南通二模）一种塑料抗氧化剂C可通过下列反应合成：下列有关叙述正确的是（）A物质A中所有碳原子有可能位于同一平面B物质B不能发生取代反应C用酸性KMnO4溶液鉴别抗氧化剂C中是否含有CH3
23、（CH2）17OHD1mol抗氧剂C与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：AA中含有饱和烃基，结合甲烷的结构判断；BB中含有酚羟基和酯基，可发生取代反应；CC中含有酚羟基，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；DC中含有酚羟基和酯基，可与氢氧化钠反应解答：解：A物质A中两个侧链均为叔丁基，4个C原子不可能共平面，故A错误；B物质B可发生取代反应，如酯基的水解，故B错误；C因C中含有酚羟基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别抗氧化剂C中是否含有CH3（CH2）17OH，故C错误；DC中含有酚羟基，可与氢氧化钠
24、溶液反应，酯基也可与氢氧化钠溶液反应，且1molC与氢氧化钠溶液反应，最多消耗2molNaOH，故D正确故选D点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考高频考点，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意信息的利用及分析，侧重苯酚性质的考查，题目难度不大13（3分）（2014南通二模）下列依据相关实验得出的结论正确的是（）A将某气体通入品红溶液中，品红褪色，说明该气体一定是SO2B用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定不存在K+C利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，说明明矾一定发生了水解D向含X的溶液中加入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象，说明X中一定不含醛基考点：
25、化学实验方案的评价；物质的检验和鉴别的实验方案设计.专题：物质检验鉴别题分析：A氯气也能使品红褪色；B观察K的焰色应透过蓝色的钴玻璃；C明矾水解生成胶体，具有丁达尔现象；D银镜反应应在碱性条件下解答：解：A将某气体通入品红溶液中，品红褪色，气体可能为二氧化硫，也可能为氯气等，故A错误；B用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液一定存在Na+，不能确定是否存在K+，故B错误；C利用一束强光照射明矾溶液，产生光亮的“通路”，可知有胶体分散系，即说明明矾一定发生了水解，故C正确；D向含X的溶液中加入银氨溶液，水浴加热，无银镜现象，不能说明X中一定不含醛基，因银镜反应需要在碱性条件下发生，
26、故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及漂白性、焰色反应、盐类水解及胶体性质、银镜反应的条件等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大14（3分）（2014南通二模）常温下，用 0.1molL1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1molL1 Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）A当V=0时：c（H+）+c（HCO3）+c（H2CO3）=c（OH）B当V=5时：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl）C当V=10时：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）D当V=a时：c（N
27、a+）c（Cl）c（H+）=c（OH）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A根据碳酸钠溶液中物料守恒和电荷守恒进行判断；B当V=5时，根据混合液中物料守恒可得c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl）；C当V=10时，反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小进行比较；D根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），再根据电荷守恒计算出溶液中钠离子与氯离子浓度关系解答：解：A当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（HCO3），根据物料守恒可得：c（Na+）=
28、2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32），根据电荷守恒和物料守恒可得：c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（OH），故A错误；B当V=5时，碳酸钠与氯化氢浓度相等，则氯离子的物质的量为总的碳原子的物质的量一半，根据物料守恒可得：c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=2c（Cl），故B正确；C当V=10时，此时恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解大于其电离程度，则碳酸的浓度大于碳酸根离子，即c（CO32）c（H2CO3），正确的离子浓度大小关系为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故C错误；Dv=a时，溶液为中性，
29、c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+2c（CO32）+c（Cl）+c（HCO3），则c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（Cl），所以c（Na+）c（Cl）c（H+）=c（OH），故D正确；故选BD点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握溶液中盐的水解原理及溶液中离子浓度大小比较的方法，需要明确电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中应用方法15（3分）（2014南通二模）向2L的密闭容器中充入7.6mol NO和3.8mol O2，发生如下反应：2NO（g）+O2 （g）2NO2（g）2NO2（g）N
30、2O4（g）测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，010min维持容器温度为T1，10min后升高并维持容器的温度为T2下列说法正确的是（）A前5min反应的平均速率v（N2O4）=0.18mol（Lmin）1BT1时反应的化学平衡常数K=0.6C反应、均为吸热反应D若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，T1达到平衡时，N2O4的转化率为10%考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线.专题：化学平衡专题分析：A、根据化学反应速率v=来计算化学反应速率；B、化学平衡常数K=，代入相关数据来计算即可；C、根据温度对化学平衡移动的影响来判断反应的吸放热；D、根据转化率=
31、来计算即可解答：解：A、前5min反应的平均速率v（N2O4）=0.18mol（Lmin）1，故A正确；B、T1时反应的化学平衡常数K=0.4L/mol，故B错误；C，在该题中，升高温度后，二氧化氮的浓度增加，四氧化二氮的浓度减小，所以平衡逆向移动，反饮食放热的，故C错误；D、若起始时向该容器中充入3.6mol NO2和2.0mol N2O4，则Qc=0.31K，所以反应正向进行，T1达到平衡时， 2NO2（g）N2O4（g）初始：1.8 1.0变化：2x x平衡：1.82x 1.0+x则=0.4，解得x=0.1，即N2O4的转化率为10%，故D正确故选AD点评：本题考查学生化学反应速率和化学
32、平衡的有关计算知识，属于综合知识的考查，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大三、解答题（共5小题，满分63分）16（12分）（2014南通二模）某铝土矿中主要含有Al2O3、Al（OH）3、AlO（OH），还含有Fe2O3等杂质利用拜耳法生产氧化铝的流程如图所示：（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，其目的是加快反应的速率（2）AlO（OH）与NaOH反应的化学方程式为AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O（3）在稀释、结晶过程中：稀释的目的是促进NaAlO2的水解；加Al（OH）3晶核的目的是促进Al（OH）3的析出上述“稀释、结晶”工艺，也可用通入足量的CO2气体的方法来代替（
33、4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，该杂质可通过苛化反应除去，写出苛化反应的化学方程式：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH（5）该生产流程能实现NaOH（填化学式）的循环利用考点：镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：铝土矿用强碱溶液进行转化成偏铝酸盐，加入Al（OH）3晶核促进Al（OH）3的析出，加水稀释也是促进偏铝酸根离子的水解，最后滤出氢氧化铝，然后焙烧氢氧化铝得到三氧化二铝；（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，温度越高反应速度越快；（2）AlO（OH）与NaOH反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比
34、为1：1，所以）AlO（OH）与NaOH是1：1反应；（3）越稀越水解，加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得；（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子；（5）后续反应中生成氢氧化钠，而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿解答：解：（1）（1）粉碎后的铝土矿碱浸时应在高温下进行，温度越高反应速度越快，故答案为：加快反应的速率；（2）AlO（OH）与NaOH反应，最后得到偏铝酸钠，钠和铝之比为1：1，所以）AlO（OH）与NaOH是1：1反应，即AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+
35、H2O，故答案为：AlO（OH）+NaOH=NaAlO2+H2O；（3）越稀越水解，加水稀释促进偏铝酸根离子的水解，也可以用偏铝酸盐与二氧化碳气体反应制得，故答案为：促进NaAlO2的水解；CO2；（4）浓缩所得的NaOH溶液由于吸收了空气中的CO2而含有杂质，杂质是碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成苛性钠，从而除去碳酸根离子，方程式为Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3+2NaOH；（5）后续反应中生成氢氧化钠，而前阶段是用氢氧化钠溶解铝土矿，该生产流程能实现的循环利用是NaOH，故答案为：NaOH点评：以三氧二化铝的制备为载
36、体，考查铝及其化合物性质、离子方程式、对工艺流程的理解、除杂等，难度中等，关键在于对工艺流程的理解和知识的迁移运用17（10分）（2014南通二模）药物萘普生具有较强的抗炎、抗风湿和解热镇痛作用，其合成路线如下：（1）写出萘普生中含氧官能团的名称：羧基和醚键（2）物质B生成C的反应类型是取代反应（3）若步骤、省略，物质A与CH3CH2COCl直接反应除生成G（）外，最可能生成的副产物（与G互为同分异构体）的结构简式为（4）某萘（）的衍生物X是C的同分异构体，分子中含有2个取代基，且取代基在同一个苯环上；X在NaOH溶液中完全水解后，含萘环的水解产物的核磁共振氢谱有5个峰写出X可能的结构简式：（
37、任写一种）（5）已知：RCOOHRCOCl根据已有知识并结合相关信息，写出以苯和乙酸为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）萘普生中含氧官能团为COOH、COC；（2）B生成C，萘环上的H被取代；（3）A与CH3CH2COCl直接反应除生成G（）外，最可能生成的副产物（与G互为同分异构体），应为邻位取代产物；（4）萘（）的衍生物X是C的同分异构体，分子中含有2个取代基，且取代基在同一个苯环上；X在NaOH溶液中完全水解后，含萘环的水解
38、产物的核磁共振氢谱有5个峰，则X中含萘环，含COOC及Cl，水解产物中只有5种位置的H；（5）以苯和乙酸为原料制备，先发生CH3COOHCH3COCl，再与苯发生取代反应，然后与溴发生取代，再水解，最后发生酯化反应即可解答：解：（1）萘普生中含氧官能团为COOH、COC，名称分别为羧基、醚键，故答案为：羧基；醚键；（2）B生成C，萘环上的H被取代，所以反应类型为取代反应，故答案为：取代；（3）A与CH3CH2COCl直接反应除生成G（）外，最可能生成的副产物（与G互为同分异构体），应为邻位取代产物，其结构简式为，故答案为：；（4）萘（）的衍生物X是C的同分异构体，分子中含有2个取代基，且取代基
39、在同一个苯环上；X在NaOH溶液中完全水解后，含萘环的水解产物的核磁共振氢谱有5个峰，则X中含萘环，含COOC及Cl，水解产物中只有5种位置的H，X可能的结构简式为，故答案为：；（5）以苯和乙酸为原料制备，先发生CH3COOHCH3COCl，再与苯发生取代反应，然后与溴发生取代，再水解，最后发生酯化反应即可，合成路线流程图为，故答案为：点评：本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意合成流程中官能团及结构的变化，侧重分析能力及知识迁移能力的考查，（5）中合成流程为解答的难点，题目难度不大18（12分）（2014南通二模）金属表面处理、皮革鞣制、印染等都
40、可能造成铬污染六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积（1）工业上处理酸性含Cr2O72废水的方法如下：向含Cr2O72的酸性废水中加入FeSO4溶液，使Cr2O72全部转化为Cr3+写出该反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O调节溶液的pH，使Cr3+完全沉淀实验室粗略测定溶液pH的方法为将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；25，若调节溶液的pH=8，则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为6.31013mol/L（已知25时，KspCr（OH）3=6.31031）（2）铬元素总浓度的测定：准确移取
41、25.00mL含Cr2O72和Cr3+的酸性废水，向其中加入足量的（NH4）2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015mol/L的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL计算废水中铬元素总浓度208（单位：mgL1，写出计算过程）已知测定过程中发生的反应如下：2Cr3+3S2O82+7H2OCr2O72+6SO42+14H+Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2OI2+2S2O322I+S4O62考点：探究物质的组成或测量物质的含量；难溶
42、电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：实验探究和数据处理题分析：（1）Cr2O72的酸性工业废水中加入硫酸亚铁反应生成铁离子，三价铬离子和水，依据原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；实验室粗略测定溶液pH的方法为将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；依据溶度积常数结合溶液的pH=8计算残余Cr3+的物质的量浓度；（2）根据铬原子守恒，计算总Cr2O72的物质的量，再根据废水中铬元素总浓度=进行计算，结合关系式Cr2O726I6S2O32计算解答：解：（1）工业上为了处理含有Cr2O72的酸性工业废水，用FeSO4溶液把废水中的六价铬离子还原成三
43、价铬离子，Cr2O72的酸性工业废水中加入硫酸亚铁反应生成铁离子，三价铬离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；常温下，溶液的pH=8即氢氧根浓度为106mol/L，Cr（OH）3的溶度积Ksp=6.31031=c（Cr3+）c3（OH），则溶液中残余Cr3+的物质的量浓度为=6.31013mol/L，故答案为：将pH试纸置于洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取溶液，点在pH试纸上，并与标准比色卡对照；6.31013；（2）由2Cr3+3S2O82+7H2OCr2O72+6S
44、O42+14H+Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2OI2+2S2O322I+S4O62则Cr2O726I6S2O32 1 6=0.05103 0.01520103则根据铬原子守恒，25.00mL含Cr2O72和Cr3+的酸性废水铬元素总浓度=208mgL1，故答案为：208；点评：本题考查氧化还原反应方程式的书写，配平、Cr元素化合物性质、氧化还原反应滴定计算等，难度中等，（2）注意利用关系式进行的计算19（15分）（2014南通二模）三氯化铁是合成草酸铁的重要原料（1）利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的实验流程如图所示：为抑制FeCl3水解
45、，溶液X为（浓）盐酸上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，其目的是除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于右图所示仪器甲（填“甲”或“乙”）中下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是ca盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗b滴定管
46、滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失c滴定前仰视读数，滴定后俯视读数（2）某研究性学习小组欲从蚀刻镀铜电路板所得废液（溶质为FeCl2、CuCl2、FeCl3）出发，制备单质铜和无水FeCl3，再由FeCl3合成Fe2（C2O4）35H2O请补充完整由蚀刻废液制备单质铜和无水FeCl3的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、盐酸、NaOH溶液和H2O2溶液）：向废液中加入足量铁粉，充分反应后过滤；向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；调节溶液pH，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得FeCl36H2O；
47、将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水，得到无水FeCl3考点：制备实验方案的设计；铁的氧化物和氢氧化物；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验题分析：（1）酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量，a没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多；b读数高锰酸钾体积
48、多；c读数体积偏小，结果偏低；（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；直接加热FeCl36H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行解答：解：（1）酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解，故答案为：（浓）盐酸；萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水
49、中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失，故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；a没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；b读数高锰酸钾体积多，偏高；c读数体积偏小，结果偏低，正确；故答案为：甲；c；（2）该过程中生成亚铁离子需加双氧水氧化为铁离子，但实验的目的是得到铜单质，反应生成的是铜和剩余铁的混合物，故需加盐酸除去铜中的铁，并把反应滤液与前次合并
50、，故操作为向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；直接加热FeCl36H2O会水解，为抑制水解需在HCl氛围下进行，故答案为：向滤渣中加入足量HCl，充分反应后过滤、洗涤、干燥得铜粉；将两次过滤所得滤液合并，向其中加入适量H2O2溶液至Fe2+全部生成Fe3+；将FeCl36H2O在HCl的气氛中加热脱水点评：本题考查草酸铁晶体Fe2（C2O4）35H2O的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，难度较大20（14分）（2014南通二模）催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产均需采用
51、催化工艺（1）人们常用催化剂来选择反应进行的方向如图1示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图如图1反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成HCHO（填“CO、CO2或HCHO”）2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+2H2O（g）H=470KJmol1在稀硫酸催化下，HCHO可以通过反应生成分子式为C3H6O3的环状三聚甲醛分子，其分子中同种原子的化学环境均相同写出三聚甲醛的结构简式：甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂，含有AgCl会影响Ag催化剂的活性，用氨水可以溶解除去其中的AgCl，写出该反应
52、的离子方程式：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2+Cl（2）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2+2n Cu+（n+1）O2+（22n）H2O2n CuSO4+（22n）H2SO4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为防止酸雨的发生；每吸收标准状况下11.2L SO2，被SO2还原的O2的质量为8g利用图2所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生写出装置内所发生反应的离子方程式SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu考点：有关反应热的计算；电解原理
53、；二氧化硫的污染及治理.专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；氧族元素分析：（1）使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，普通分子越容易转化成活化分子，反应越容易，反应速率越快；根据图表可知2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+2H2O（g）中反应物能量高，生成物能量低，故该反应为放热反应，然后依据图中给出数据解答；三分子HCHO，通过加成聚合成三聚甲醛分子，该过程中C=O中的一个键断裂，与其他两分子甲醛加成聚合得到三聚甲醛；氯化银中加入氨水，发生络合反应，生成银氨络合离子；（2）二氧化硫是一种有毒的气体，排放到空气中可引起酸雨的发生，对环境和人类健康有害，脱硫可以防止酸雨的发生；依
54、据二氧化硫和氧气反应方程式，找出二氧化硫和氧气量的关系；利用电解原理将二氧化硫转化成硫酸吸收，先写出两个电极上上发生的电极反应式，加和就可得到总的离子方程式解答：解：（1）根据图象可以看出转化成甲醛时活化能最低，使用催化剂时主要产物为HCHO，故答案为：HCHO；2HCHO（g）+O2（g）2CO（g）+2H2O（g）该反应为放热反应，H=2（676158283）=470KJmol1，故答案为470KJmol1；三分子甲醛加成聚合成三聚甲醛，方程式为：3HCHO，故答案为：；氯化银与氨水发生络合反应的离子方程式：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=
55、Ag（NH3）2+Cl，故答案为：AgCl+2NH3H2O=Ag（NH3）2+Cl+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2+Cl（2）脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生，故答案为：防止酸雨的发生； 2SO2 +O2 =2SO3 44.8L 32g 11.2L m 解得m=8g，故答案为：8； 分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是电解池的阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO22e+2H2O=SO42+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2+2e=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2+2H
56、2O+Cu2+4H+SO42+Cu，故答案为：SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42+Cu点评：本题考查了反应热的求算，盖斯定律，二氧化硫的污染和治理，题目综合性强，难度较小，根据已经掌握的知识可以求解四、【物质结构与性质】（共1小题，满分12分）21（12分）（2014南通二模）元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2OX2Cl22CO2H2O（1）X基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2）C、
57、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为OCH（3）X2Cl22CO2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：与CO为互为等电子体的分子是N2该配合物中氯原子的杂化方式为sp3在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“”标出相应的配位键（4）XCl的晶胞如2图所示，距离每个X+最近的Cl的个数为4考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.专题：化学键与晶体结构分析：（1）根据题目给出信息判断出X为铜元素，结合原子序数写出核外电子排布式；（2）根据电负性递变规律判断；（3）等电子体为原子数和价电子数分别相同的离子或原子团；根
58、据氯原子形成的共价键数目判断；表示配位键时，箭头指向提供空轨道的原子或离子；（4）根据晶胞结构判断解答：解：A（1）由于含有7个能级，根据能量最低原则，写出7个能级为1s2s2p3s3p3d4s；且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；（2）电负性同周期从左到右，逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为：OCH，故答案为：OCH；（3）与CO原子数相同，且价电子数相同的物质为N2，故答案为：N2；根
59、据图2中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3，故答案为：sp3；根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，可据此标出配位键，故答案为：；（4）根据图2可知晶胞类型为ZnS，其晶胞中配位数为4，即距离每个X+最近的Cl的个数为4，故答案为：4点评：本题考查物质结构和性质，涉及化学式的确定、氢键、杂化方式的判断等知识点，明确化学式的确定方法、氢键对物质性质的影响、杂化方式的判断方法等是解本题关键五、【实验化学】（共1小题，满分0分）22（2014南通二模）2苯基2丁醇是重要的有机合成中间体，
60、以溴苯为原料合成该中间体的反应原理如下：【实验装置】：【实验步骤】；步骤1：将镁条置于装置的三颈烧瓶中，加入100mL乙醚（=0.71gcm3），在冷却条件下缓缓滴入溴苯，微热并加入一小块碘引发反应步骤2：滴加14.2mL丁酮和30mL乙醚混合物，发生反应；滴加入20%的NH4Cl水溶液，发生反应步骤3：分出油层，用水洗涤至中性，用无水CaCl2干燥步骤4：用装置先蒸出乙醚，再蒸馏出产品（1）步骤1中加入碘的作用是作催化剂（2）装置中滴加液体所用的仪器的名称是恒压漏斗，反应需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醚，其目的是该反应放热，防止反应过于剧烈（3）步骤三中分离出油层的具体实验操作是
61、将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中（4）装置采用的是减压蒸馏，实验时需将吸滤瓶需连接抽气泵；采用这种蒸馏方式的原因是降低2苯基2丁醇的沸点，防止温度过高发生分解考点：物质分离、提纯的实验方案设计；有机物的合成.专题：实验题分析：根据题中各物质的转化关系可知，本实验是将溴苯先与镁反应生成，与丁酮反应生成，再与酸反应生成，（1）反应是用溴苯与镁条反应，用碘作催化剂，据此答题；（2）装置中滴加液体用恒压漏斗，便于液体流下，反应是放热反应，为防止反应过于剧烈，需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醚；（3）根据分液的基本步骤答题；（4）减压蒸馏主要是防
62、止温度过高物质发生分解，根据压蒸馏的操作要求答题解答：解：根据题中各物质的转化关系可知，本实验是将溴苯先与镁反应生成，与丁酮反应生成，再与酸反应生成，（1）反应是用溴苯与镁条反应，用碘作催化剂，故答案为：作催化剂； （2）装置中滴加液体用恒压漏斗，便于液体流下，反应是放热反应，为防止反应过于剧烈，需将三颈烧瓶置于冰水中，且逐滴加入丁酮和乙醚，故答案为：恒压漏斗；该反应放热，防止反应过于剧烈；（3）步骤三中分离出油层，用分液操作即可，具体实验操作为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中，故答案为：将混合液置于分液漏斗中，先放出下层液体于烧杯中，再将上层液体从上口倒入另一烧杯中；（4）减压蒸馏时需将吸滤瓶与抽气泵相连，减压蒸馏主要是降低2苯基2丁醇的沸点，防止温度过高发生分解，故答案为：抽气泵；降低2苯基2丁醇的沸点，防止温度过高发生分解点评：本题主要考查了有机实验的基本操作，答题时注意根据实验原理进行分析，所以理解实验原理是解题的关键，题目难度中等
