2024年高考化学终极押题密卷3（江苏卷）含答案

2024年高考化学终极押题密卷3（江苏卷）一．选择题（共13小题）1．2023年南京大学首次实现了氨基酸的直接检测和区分。氨基酸中不一定含有的元素是（）A．硫 B．氧 C．氮 D．氢2．下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．﹣OH的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2＝CH2 C．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型： D．乙醇的核磁共振氢谱图：3．周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍的化合物性质与铝相似，BeO的熔点为2575℃，熔融时BeF2能导电，而BeCl2不能导电；Mg的燃烧热为610kJ•mol﹣1，实验室中常用酸性KMnO4测定物品中不溶性CaC2O4的含量。铍镍合金可用于制造弹簧秤的弹簧，BaSO4可用作隔音材料，CaO可用作工业废气脱硫剂。下列化学反应表示正确的是（）A．BeO与NaOH溶液反应：BeO+NaOH═NaBeO2+H2O B．镁的燃烧：2Mg（s）+O2（g）═2MgO（s）ΔH＝﹣610kJ⋅mol﹣1 C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++2+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2+2H2O D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：5C2+2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O4．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．22.4LSO2所含的分子数目为NA B．1molCu和足量S充分反应后，转移电子数为NA C．一定条件下，1molN2与足量H2反应，生成的NH3分子数为2NA D．常温下，将28g铁片投入足量的稀硝酸中，铁失去的电子数为NA5．金属铊（81Tl）有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯（55Cs）同周期，下列说法不正确的是（）A．原子半径：Cs＞Tl B．碱性：CsOH＞Tl（OH）3 C．与水反应的剧烈程度：Tl＞Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素6．Na2S2O3可用作定影剂。的结构式为。通过下列实验探究0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液的性质。实验1：向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液中有淡黄色沉淀和无色气体产生实验2：向AgBr悬浊液中滴加Na2S2O3溶液，振荡后得到澄清透明的溶液下列说法正确的是（）A．的空间构型为平面形 B．实验1中产生的气体为H2S C．实验1中稀硫酸体现氧化性 D．实验2中c（Ag+）减小7．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法，电喷雾电离等方法得到的M+（Fe+、Co+、Ni+等）与O3反应可得MO+，MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇：MO++CH4＝M++CH3OH，MO+分别与CH4、CD4反应（直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢），体系的能量随反应进程的变化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。下列说法错误的是（）A．步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ B．MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c C．MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD＞CHD2OH D．若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇有2种8．以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电解时的阳极反应为：2Cr3++6e﹣+7H2O═Cr2+14H+ B．电解结束后，阴极区溶液pH升高 C．1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗molCr2 D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离9．高铁酸钾K2FeO4（Fe为+6价）可用作净水剂。碱性条件下可用KClO制备K2FeO4，K2FeO4在水中不稳定，会生成Fe（OH）3胶体。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是（）A．FeFe2O3Fe B．FeFeCl3Fe（OH）3 C．FeCl2（aq）Fe（OH）2FeO D．FeCl3（aq）K2FeO4O210．根据下列实验事实能得出相应结论的是（）选项实验事实结论A常温下，分别向等体积pH＝1的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快酸性：HCl＞H2SO4B常温下，向0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加酚酞，不变红不能发生水解C常温下，分别向浓度均为0.1mol/L的FeSO4和CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，仅后者生成沉淀溶度积常数：Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）D向酸性KMnO4溶液中滴加苯甲醛，溶液褪色苯甲醛有漂白性A．A B．B C．C D．D11．以废锌催化剂（主要含ZnO及少量Fe2O3、CuO）为原料制备锌的工艺流程如图所示。已知：①Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5、Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝5×10﹣11Ka1（H2S）＝1×10﹣7、Ka2（H2S）＝7×10﹣15②ZnO、CuO可以溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+。下列说法正确的是（）A．“浸取”时ZnO发生反应：ZnO+4═[Zn（NH3）4]2++2H++H2O B．0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（） C．”除铜”所得上层清液中存在 D．ZnS、CuS均不能溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+12．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为0.01mol•L﹣1的NaHSO3和Ba（OH）2溶液等体积混合，产生白色沉淀4向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生下列有关说法不正确的是（）A．0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中存在c（H+）+c（H2SO3）＝c（OH﹣）+c（） B．实验2说明NaHSO3具有还原性 C．依据实验3的现象，能得出Ksp（BaSO3）＜2.5×10﹣5的结论 D．实验4中生成的刺激性气体为Cl213．CO2催化加氢过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1向恒压的容器中充入1molCO2和3molH2，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如题图中实线所示。CO的选择性＝×100%下列说法正确的是（）A．ΔH1＜0 B．平衡时H2的转化率随温度的变化可用图中虚线④表示 C．反应状态达A点时，只有使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂才能提高CH3OCH3的选择性 D．反应状态达B点时，容器中n（CH3OCH3）为二．解答题（共2小题）14．大量燃放鞭炮会引起空气中SO2等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究SO2的性质（装置如图1），并利用SO2制备抗氧化剂亚硫酸钠（Na2SO3）。（1）SO2的制备和性质探究。①装置A中发生反应的化学方程式为，该反应体现的浓硫酸的性质是。②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为。③装置C中发生反应的实验现象是。④装置E中发生反应的离子方程式是。（2）亚硫酸钠的制备。已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、、摩尔分数（摩尔分数即物质的量分数）随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。①制备NaHSO3溶液：边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液。②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体。（3）SO2的资源化利用。查阅资料：SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理。写出过程Ⅱ的化学反应方程式。15．发展二甲醚（CH3OCH3）的生产和使用技术具有重要意义。（1）工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是。（2）一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。①MgO﹣Al2O3是一种甲醇脱水的催化剂。MgO﹣Al2O3晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。在答题卡上用“●”标记出B中的镁原子。②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m（CH3OH）：m（H2O）]＝4：1的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是。（3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。途径Ⅰ：2CH3OCH3（g）+3O2（g）═4CO2（g）+6H2（g）ΔH＝﹣25kJ⋅mol﹣1途径Ⅱ：CH3OCH3（g）+3H2O（g）═2CO2（g）+6H2（g）ΔH＝+135kJ⋅mol﹣1①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是。②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3+H2O═2CH3OH；CH3OH+H2O═CO2+3H2；CO2+H2═CO+H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是（填序号）。A．升高温度B．增大反应器中压强C．使用甲醇水解的高效催化剂③在“Cu0/Cu+双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：。（4）从物质转化和资源综合利用角度分析，CH3OCH3的应用价值为。三．工艺流程题（共2小题）16．铁黄（FeOOH）可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2（SO4）3和TiO（SO4）2]制取铁黄的过程如图：已知：①“除钛”时TiO2+发生水解反应TiO2++H2O⇌TiO2↓+2H+；②实验中Fe2+开始生成Fe（OH）2沉淀时pH＝6.3，Fe3+开始生成FeOOH时pH＝1.5，完全沉淀时pH＝2.8。（1）检验废液中存在Fe2+的方法是。（2）“除钛”时需进行加热，目的是。（3）“氧化”时的离子方程式为。（4）为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000mol•L﹣1H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3++3C2═Fe（C2O4）33﹣，Fe（C2O4）33﹣不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.4000mol•L﹣1NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。①实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4。为不影响测定结果，指示剂可使用（填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”）。（已知NaHC2O4溶液呈酸性）。②计算该产品的纯度（写出计算过程）。17．化合物G是合成治疗降压药奥美沙坦酯的一种中间体，其合成路线如图所示：（1）A→B可能经历若干步骤：AB，步骤③的反应类型为。（2）化合物B中sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为。（3）X的分子式为C5H5O3Cl，写出X的结构简式：。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有3种不同化学环境的氢原子。（5）已知：①；②写出以、和CH3NH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

2024年菁优高考化学终极押题密卷3（江苏卷）参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．2023年南京大学首次实现了氨基酸的直接检测和区分。氨基酸中不一定含有的元素是（）A．硫 B．氧 C．氮 D．氢【考点】元素．【专题】物质的组成专题．【答案】A【分析】氨基酸中含有C、H、O、N元素，据此判断。【解答】解：氨基酸中含有C、H、O、N元素，不含S，故A正确；故选：A。【点评】本题主要考查氨基酸中含有的元素，为基础知识的考查，题目难度不大。2．下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．﹣OH的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2＝CH2 C．顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型： D．乙醇的核磁共振氢谱图：【考点】化学式或化学符号及名称的综合；电子式；结构简式；球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【答案】D【分析】A．﹣OH中O中含有一个孤电子；B．乙烯中含有一个碳碳双键；C．甲基在双键同一侧是顺式结构；D．乙醇中含有3种不同环境的H原子。【解答】解：A．﹣OH中O中含有一个孤电子，电子式为，故A正确；B．乙烯中含有一个碳碳双键，结构简式：CH2＝CH2，故B正确；C．甲基在双键同一侧是顺式结构，顺﹣2﹣丁烯的分子结构模型为，故C正确；D．乙醇中含有3种不同环境的H原子，只有两个吸收峰，故D错误；故选：D。【点评】本题考查常见的化学用语，涉及到电子式的书写、结构简式及顺式结构的判断，属于基础题的考查，题目比较简单。3．周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍的化合物性质与铝相似，BeO的熔点为2575℃，熔融时BeF2能导电，而BeCl2不能导电；Mg的燃烧热为610kJ•mol﹣1，实验室中常用酸性KMnO4测定物品中不溶性CaC2O4的含量。铍镍合金可用于制造弹簧秤的弹簧，BaSO4可用作隔音材料，CaO可用作工业废气脱硫剂。下列化学反应表示正确的是（）A．BeO与NaOH溶液反应：BeO+NaOH═NaBeO2+H2O B．镁的燃烧：2Mg（s）+O2（g）═2MgO（s）ΔH＝﹣610kJ⋅mol﹣1 C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2++2+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2+2H2O D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量：5C2+2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O【考点】化学方程式的书写；离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【答案】C【分析】A．铍的化合物性质与铝相似，BeO与NaOH溶液反应生成Na2BeO2和水；B．燃烧热1mol纯物质燃烧所放出的热量；C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：化学方程式为Mg（HCO3）2+4NaOH＝Mg（OH）2↓+2Na2CO3+2H2O；D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量，CaC2O4属于难溶物质不能拆分。【解答】解：A．铍的化合物性质与铝相似，BeO与NaOH溶液反应：BeO+2NaOH＝Na2BeO2+H2O，故A错误；B．燃烧热1mol纯物质燃烧所放出的热量，镁的燃烧：2Mg（s）+O2（g）＝2MgO（s）ΔH＝﹣1220kJ⋅mol﹣1，故B错误；C．向Mg（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：化学方程式为Mg（HCO3）2+4NaOH＝Mg（OH）2↓+2Na2CO3+2H2O，离子反应方程式为：，故C正确；D．用酸性KMnO4测定CaC2O4的含量，CaC2O4属于难溶物质不能拆分，离子方程式：，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。4．NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．22.4LSO2所含的分子数目为NA B．1molCu和足量S充分反应后，转移电子数为NA C．一定条件下，1molN2与足量H2反应，生成的NH3分子数为2NA D．常温下，将28g铁片投入足量的稀硝酸中，铁失去的电子数为NA【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律．【答案】B【分析】A．温度压强不知，不能计算气体物质的量；B．铜和硫单质反应生成硫化亚铜；C．一定条件下，1molN2与足量H2反应为可逆反应，不能进行彻底；D．常温下，将28g铁片投入足量的稀硝酸中发生氧化还原反应，生成硝酸铁、NO和水。【解答】解：A．温度和压强不知，不能计算22.4LSO2物质的量，不能计算所含的分子数，故A错误；B．1molCu和足量S充分反应后，生成Cu2S，铜元素化合价0价升高到+1价，转移电子数为NA，故B正确；C．一定条件下，1molN2与足量H2充分反应，反应为可逆反应，不能进行彻底，生成的NH3分子数小于2NA，故C错误；D．常温下，将28g铁片物质的量n＝＝0.5mol，投入足量的稀硝酸中反应生成硝酸铁，铁失去的电子数为1.5NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。5．金属铊（81Tl）有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯（55Cs）同周期，下列说法不正确的是（）A．原子半径：Cs＞Tl B．碱性：CsOH＞Tl（OH）3 C．与水反应的剧烈程度：Tl＞Cs D．Tl是第六周期第ⅢA元素【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【答案】C【分析】A．同周期从左向右原子半径逐渐减小；B．同一周期原子序数越大金属性越弱，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C．金属性越强，与水反应越剧烈；D．Tl与Al同主族，位于第六周期。【解答】解：A．铊与铯（55Cs）同周期，原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Cs＞Tl，故A正确；B．金属性：Cs＞Al，最高价氧化物对应水化物的碱性：CsOH＞Tl（OH）3，故B正确；C．金属性：Cs＞Al，则与水反应的剧烈程度：Tl＜Cs，故C错误；D．Al位于ⅢA族，Cs位于第三周期，Al与Cs同周期，与Al同主族，则Tl是第六周期第ⅢA元素，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，注意掌握元素周期律内容及元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。6．Na2S2O3可用作定影剂。的结构式为。通过下列实验探究0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液的性质。实验1：向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液中有淡黄色沉淀和无色气体产生实验2：向AgBr悬浊液中滴加Na2S2O3溶液，振荡后得到澄清透明的溶液下列说法正确的是（）A．的空间构型为平面形 B．实验1中产生的气体为H2S C．实验1中稀硫酸体现氧化性 D．实验2中c（Ag+）减小【考点】判断简单分子或离子的构型．【专题】氧化还原反应专题．【答案】D【分析】A．由的结构式可知，中心原子为sp3杂化，其空间构型为四面体形；B．实验1中发生反应的离子方程式为：S2+2H+＝S↓+SO2↑+H2O；C．实验1中发生反应的离子方程式为：S2+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，实验1中S的化合价既有升高又有降低，稀硫酸体现酸性；D．实验2中发生反应：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr。【解答】解：A．由的结构式可知，中心原子为sp3杂化，其空间构型为四面体形，故A错误；B．实验1中发生反应的离子方程式为：S2+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，因此实验1中产生的气体为SO2，故B错误；C．实验1中发生反应的离子方程式为：S2+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，实验1中S的化合价既有升高又有降低，稀硫酸体现酸性，故C错误；D．实验2中发生反应：AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr，c（Ag+）减小，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查常见微粒的空间结构和氧化还原反应的知识，为高频考点，题目难度一般。7．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法，电喷雾电离等方法得到的M+（Fe+、Co+、Ni+等）与O3反应可得MO+，MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇：MO++CH4＝M++CH3OH，MO+分别与CH4、CD4反应（直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢），体系的能量随反应进程的变化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。下列说法错误的是（）A．步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ B．MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c C．MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD＞CHD2OH D．若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇有2种【考点】反应热和焓变．【专题】化学应用．【答案】C【分析】步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，氧更容易和H而不是和D生成羟基，若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，以此做题。【解答】解：A．步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故A正确；B．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，故B正确；C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，故氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH，故C错误；D．若MO+与CHD2反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种，故D正确；故选：C。【点评】本题主要化学反应机理的理解，判断化学键的断裂与生成，以及化学反应能量的变化，综合性较强，也是考试的重点，培养学生的逻辑思维能力，难度较大。8．以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电解时的阳极反应为：2Cr3++6e﹣+7H2O═Cr2+14H+ B．电解结束后，阴极区溶液pH升高 C．1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，共消耗molCr2 D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【答案】C【分析】A．电解时，阳极发生氧化反应，失去电子；B．电解时，阴极发生还原反应，消耗的H+与阳极区转移过来的H+相等；C．甲苯中C元素为﹣价，苯甲醛中C元素为﹣价，苯甲酸中C元素为﹣价；D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物互溶，应该采用蒸馏的方法进行分离。【解答】解：A．电解时，阳极发生氧化反应，方程式为：2Cr3+﹣6e﹣+7H2O═Cr2+14H+，故A错误；B．电解时，阴极发生还原反应，方程式为：2H+﹣2e﹣＝H2，消耗的H+与阳极区转移过来的H+相等，故电解结束后，阴极区溶液pH不变，故B错误；C．1mol甲苯氧化为0.5mol苯甲醛和0.5mol苯甲酸时，失去电子为0.5mol×4+0.5mol×6＝5mol，1molCr2被还原为Cr3+，共得到6mol电子，所以共消耗molCr2，故C正确；D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物互溶，不可以通过分液的方法分离，应该采用蒸馏的方法进行分离，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查电极反应式的书写，氧化还原反应原理的应用等，题目难度中等。9．高铁酸钾K2FeO4（Fe为+6价）可用作净水剂。碱性条件下可用KClO制备K2FeO4，K2FeO4在水中不稳定，会生成Fe（OH）3胶体。下列有关铁及其化合物的相关转化，在指定条件下能实现的是（）A．FeFe2O3Fe B．FeFeCl3Fe（OH）3 C．FeCl2（aq）Fe（OH）2FeO D．FeCl3（aq）K2FeO4O2【考点】铁的化学性质；铁及其化合物的相互转化．【专题】几种重要的金属及其化合物．【答案】D【分析】A．铁高温下和水蒸气反应生成四氧化三铁；B．铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁；C．氢氧化亚铁空气中加热分解生成氧化铁；D．氯化铁在减小溶液中被次氯酸钠氧化生成高铁酸钾，高铁酸钾和水反应生成氢氧化铁，氢氧化钾和氧气。【解答】解：A．FeFe3O4Fe，指定条件下铁和水蒸气反应不能生成氧化铁，故A错误；B．FeFeCl2Fe（OH）2，指定条件下不能实现转化，故B错误；C．FeCl2（aq）Fe（OH）2Fe2O3，指定条件下不能实现转化，故C错误；D．FeCl3（aq）K2FeO4O2，指定条件下能实现转化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了铁及其化合物性质和转化，主要是反应体积和反应产物的分析判断，题目难度不大。10．根据下列实验事实能得出相应结论的是（）选项实验事实结论A常温下，分别向等体积pH＝1的盐酸和硫酸中加入大小相同的铝片，前者反应速率更快酸性：HCl＞H2SO4B常温下，向0.1mol/LNH4Cl溶液中滴加酚酞，不变红不能发生水解C常温下，分别向浓度均为0.1mol/L的FeSO4和CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，仅后者生成沉淀溶度积常数：Ksp（FeS）＞Ksp（CuS）D向酸性KMnO4溶液中滴加苯甲醛，溶液褪色苯甲醛有漂白性A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【答案】C【分析】A．等体积pH＝1的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相同；B．NH4Cl溶液水解显酸性；C．浓度均为0.1mol/L的FeSO4和CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，仅后者生成沉淀，可知CuS不溶于硫酸；D．苯甲醛含醛基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化。【解答】解：A．等体积pH＝1的盐酸和硫酸中，氢离子的浓度相同，与Al反应时前者反应速率快，可能与氯离子作催化剂有关，不能比较盐酸、硫酸的酸性强弱，故A错误；B．NH4Cl溶液水解显酸性，加酚酞不变色，由实验操作和现象，不能说明不能发生水解，故B错误；C．浓度均为0.1mol/L的FeSO4和CuSO4溶液中通入H2S气体至饱和，仅后者生成沉淀，可知CuS不溶于硫酸，则Ksp（FeS）＞Ksp（CuS），故C正确；D．苯甲醛含醛基，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知苯甲醛具有还原性，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，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。11．以废锌催化剂（主要含ZnO及少量Fe2O3、CuO）为原料制备锌的工艺流程如图所示。已知：①Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5、Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝5×10﹣11Ka1（H2S）＝1×10﹣7、Ka2（H2S）＝7×10﹣15②ZnO、CuO可以溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+。下列说法正确的是（）A．“浸取”时ZnO发生反应：ZnO+4═[Zn（NH3）4]2++2H++H2O B．0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（） C．”除铜”所得上层清液中存在 D．ZnS、CuS均不能溶于氨水生成[Zn（NH3）4]2+和[Cu（NH3）4]2+【考点】制备实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【答案】C【分析】由已知①可知，废锌催化剂（主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO），中的ZnO及少量CuO经碳酸氢铵和过量氨水浸取后转化为可溶性的[Zn（NH3）4]2+、[Cu（NH3）4]2+；则Fe2O3未被溶解，即滤渣的主要成分为Fe2O3；向浸取液中加入适量的（NH4）2S进行深度除铜﹣[Cu（NH3）4]2+转化为CuS沉淀，则滤渣②的主要成分为CuS，最终经处理获得单质锌，据此分析回答问题。【解答】解：A.结合分析可知，反应环境为碱性，“浸取”时ZnO发生反应：ZnO+2+2NH3•H2O═[Zn（NH3）4]2++3H2O，故A错误；B.结合质子守恒可知，0.1mol•L﹣1的NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）+c（NH3•H2O），故B错误；C.除铜过程中不可以发生反应ZnS+Cu2+＝Zn2++CuS，该反应平衡K＝＝，且该反应向右发生，即，故C正确；D.分析流程可知，CuS经沉淀除去，但ZnS没有，说明ZnS可以溶于氨水，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。12．室温下，通过下列实验探究NaHSO3溶液的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测定0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为52向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去3将浓度均为0.01mol•L﹣1的NaHSO3和Ba（OH）2溶液等体积混合，产生白色沉淀4向0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中滴加稀盐酸，有刺激性气体产生下列有关说法不正确的是（）A．0.1mol•L﹣1NaHSO3溶液中存在c（H+）+c（H2SO3）＝c（OH﹣）+c（） B．实验2说明NaHSO3具有还原性 C．依据实验3的现象，能得出Ksp（BaSO3）＜2.5×10﹣5的结论 D．实验4中生成的刺激性气体为Cl2【考点】性质实验方案的设计．【专题】气体的制备与性质检验类实验．【答案】D【分析】A．根据NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（）+c（）和物料守恒：c（Na+）＝c（H2SO3）+c（）+c（）分析；B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，NaHSO3溶液被氧化，体现NaHSO3溶液具有还原性；C．等体积混合，混合后浓度减半，即混合后c（）＝0.05mol/L，c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（OH﹣）＝0.1mol/L，和OH﹣反应后生成，c（）＝c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（）×c（Ba2+）＝0.05×0.05＝2.5×10﹣3，则此时有沉淀产生；D．NaHSO3和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化硫。【解答】解：A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（）+c（）和物料守恒：c（Na+）＝c（H2SO3）+c（）+c（），两式联立消去c（Na+）得c（H+）+c（H2SO3）＝c（OH﹣）+c（），故A正确；B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，NaHSO3溶液被氧化，说明NaHSO3溶液具有还原性，故B正确；C．等体积混合，混合后浓度减半，即混合后c（）＝0.05mol/L，c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（OH﹣）＝0.1mol/L，和OH﹣反应后生成，c（）＝c（Ba2+）＝0.05mol/L，c（）×c（Ba2+）＝0.05×0.05＝2.5×10﹣3，因此时有沉淀产生，故能得出结论Ksp（BaSO3）＜2.5×10﹣3，故C正确；D．NaHSO3和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化硫，故生成的刺激性气体为SO2，故D错误；故选：D。【点评】本题考查NaHSO3性质的探究，为高频考点，题目难度中等，注意掌握NaHSO3的化学性质，正确把握NaHSO3的还原性与强氧化性物质反应原理为解答的关键。13．CO2催化加氢过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH1反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1向恒压的容器中充入1molCO2和3molH2，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如题图中实线所示。CO的选择性＝×100%下列说法正确的是（）A．ΔH1＜0 B．平衡时H2的转化率随温度的变化可用图中虚线④表示 C．反应状态达A点时，只有使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂才能提高CH3OCH3的选择性 D．反应状态达B点时，容器中n（CH3OCH3）为【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【答案】D【分析】A．反应Ⅱ的ΔH2＜0，为放热反应，随温度升高，平衡逆向移动，所以平衡时CH3OCH3选择性降低，图中曲线②表示平衡时CH3OCH3的选择性，则曲线①表示平衡时CO的选择性；B．反应Ⅰ中氢气和CO2的转化率相等，反应Ⅱ中氢气的转化率小于CO2；C．该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，不改变反应时间和温度，可以通过改变条件使平衡正向移动实现，或改为催化剂选择性高的；D．B点二氧化碳的转化率为25%、CH3OCH3的选择性为25%，CH3OCH3的选择性＝25%＝×100%。【解答】解：A．反应Ⅱ的ΔH2＜0，为放热反应，随温度升高，平衡逆向移动，所以平衡时CH3OCH3选择性降低，图中曲线②表示平衡时CH3OCH3的选择性，则曲线①表示平衡时CO的选择性，由图可知，随温度升高，平衡正向移动，即反应Ⅰ为吸热反应，ΔH1＞0，故A错误；B．主要发生反应Ⅰ时，H2的平衡转化率与CO2的转化率相等，而主要发生反应Ⅱ时，H2的平衡转化率小于CO2，即温度高于300℃，随温度升高，H2平衡转化率低于300℃以下，所以不用图中虚线④表示，故B错误；C．该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，不改变反应时间和温度，可以通过增大压强、使用对反应Ⅰ活性更高的催化剂实现，故C错误；D．B点二氧化碳的转化率为25%、CH3OCH3的选择性为25%，CH3OCH3的选择性＝25%＝×100%，n（CH3OCH3）＝mol，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡的计算及化学平衡影响因素，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确外界条件对化学平衡影响原理、选择性的含义、等效平衡是解本题关键，题目难度中等。二．解答题（共2小题）14．大量燃放鞭炮会引起空气中SO2等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究SO2的性质（装置如图1），并利用SO2制备抗氧化剂亚硫酸钠（Na2SO3）。（1）SO2的制备和性质探究。①装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应体现的浓硫酸的性质是酸性和强氧化性。②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为品红溶液。③装置C中发生反应的实验现象是产生淡黄色沉淀。④装置E中发生反应的离子方程式是SO2+2OH﹣＝+H2O。（2）亚硫酸钠的制备。已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、、摩尔分数（摩尔分数即物质的量分数）随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。①制备NaHSO3溶液：边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为4.5时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液。②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在34℃～100℃范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体。（3）SO2的资源化利用。查阅资料：SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理。写出过程Ⅱ的化学反应方程式2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH。【考点】性质实验方案的设计．【专题】制备实验综合．【答案】（1）①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性和强氧化性；②品红溶液；③产生淡黄色沉淀；④SO2+2OH﹣＝+H2O；（2）①4.5；②34℃～100℃；（3）2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH。【分析】（1）①由图可知，装置A中发生反应为Cu与浓H2SO4反应，生成CuSO4、SO2、H2O，该反应硫酸中s元素部分化合价降低；②SO2可以使品红溶液褪色，体现漂白性；③SO2具有氧化性，可以把H2S氧化，生成S单质；④装置E是尾气处理装置，发生SO2与氢氧化钠的反应；（2）①由图可知，pH在4﹣5之间时，溶液的主要含硫微粒为，所以边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为4.5时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液；②由图可知，在34℃～100℃范围内，析出Na2SO3晶体；（3）过程Ⅱ中Na2SO3与Ca（OH）2、O2反应生成CaSO4、NaOH，根据元素守恒、化合价升降守恒配平该方程式即可。【解答】解：（1）①由图可知，装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应体现的浓硫酸的性质是酸性和强氧化性，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性和强氧化性；②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为品红溶液，故答案为：品红溶液；③装置C中发生反应的实验现象是产生淡黄色沉淀，原理是SO2+2H2S＝3S+2H2O，故答案为：产生淡黄色沉淀；④装置E中发生反应的离子方程式是SO2+2OH﹣＝+H2O，故答案为：SO2+2OH﹣＝+H2O；（2）①制备NaHSO3溶液：由图可知，pH在4﹣5之间时，溶液的主要含硫微粒为，所以边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为4.5时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液，故答案为：4.5；②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在34℃～100℃范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体，故答案为：34℃～100℃；（3）SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理，则过程Ⅱ的化学反应方程式为：2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH，故答案为：2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH。【点评】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查学生的分析推理能力，看图理解能力，应用能力，属于高考高频考点，难度较大。15．发展二甲醚（CH3OCH3）的生产和使用技术具有重要意义。（1）工业上利用反应合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是①。（2）一种利用合成气两步制备二甲醚的过程可表示为。①MgO﹣Al2O3是一种甲醇脱水的催化剂。MgO﹣Al2O3晶胞结构如图1所示（B中镁原子未画出）。在答题卡上用“●”标记出B中的镁原子。②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m（CH3OH）：m（H2O）]＝4：1的甲醇溶液，得到甲醇转化率．反应器温度随通入液体时长的关系如图2所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少。（3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。途径Ⅰ：2CH3OCH3（g）+3O2（g）═4CO2（g）+6H2（g）ΔH＝﹣25kJ⋅mol﹣1途径Ⅱ：CH3OCH3（g）+3H2O（g）═2CO2（g）+6H2（g）ΔH＝+135kJ⋅mol﹣1①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率。②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3+H2O═2CH3OH；CH3OH+H2O═CO2+3H2；CO2+H2═CO+H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是C（填序号）。A．升高温度B．增大反应器中压强C．使用甲醇水解的高效催化剂③在“Cu0/Cu+双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图3所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：。（4）从物质转化和资源综合利用角度分析，CH3OCH3的应用价值为有利于实现碳中和，可用作储氢材料。【考点】化学平衡的影响因素；判断简单分子或离子的构型．【专题】化学平衡专题．【答案】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使减小；（2）①；②水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少；（3）①氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率；②C；③；（4）有利于实现碳中和，可用作储氢材料。【分析】（1）利用反应合成二甲醚，需要在无水条件下进行的原因：CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使减小；（2）①根据晶胞需满足“无隙并置”要求进行分析；②通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因：水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少；（3）①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高M2产率；②A.三个基本反应ΔH＞0，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内㊷产率；B.对应CH2OH＝H2O＝CO3+3H2反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气；C.使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内H1产率；③中间体是指在反应过程中生成，但有参与后续反应，则中间体结构：；（4）从物质转化和资源综合利用角度分析，CH2OCH3的应用价值：有利于实现碳中和，可用作储氢材料。【解答】解：（1）利用反应合成二甲醚，需要在无水条件下进行的原因：CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使减小，故答案为：CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使减小；（2）①根据晶胞需满足“无隙并置”要求，则在B中标出Mg如图：，故答案为：；②通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因：水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少，故答案为：水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少；（3）①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高M2产率，故答案为：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率；②A.三个基本反应ΔH＞0，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内㊷产率；B.对应CH2OH＝H2O＝CO3+3H2反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气；C.使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内H1产率，故答案为：C；③中间体是指在反应过程中生成，但有参与后续反应，则中间体结构：，故答案为：；（4）从物质转化和资源综合利用角度分析，CH2OCH3的应用价值：有利于实现碳中和，可用作储氢材料，故答案为：有利于实现碳中和，可用作储氢材料。【点评】本题主要考查了影响化学平衡的因素和晶胞的有关知识，题目难度较大，掌握基础知识，结合题给信息是解答的关键。三．工艺流程题（共2小题）16．铁黄（FeOOH）可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2（SO4）3和TiO（SO4）2]制取铁黄的过程如图：已知：①“除钛”时TiO2+发生水解反应TiO2++H2O⇌TiO2↓+2H+；②实验中Fe2+开始生成Fe（OH）2沉淀时pH＝6.3，Fe3+开始生成FeOOH时pH＝1.5，完全沉淀时pH＝2.8。（1）检验废液中存在Fe2+的方法是取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe（CN）6]（或酸性KMnO4）溶液，若生成蓝色沉淀（或溶液不变红），则存在Fe2+。（2）“除钛”时需进行加热，目的是加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行。（3）“氧化”时的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+。（4）为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000mol•L﹣1H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3++3C2═Fe（C2O4）33﹣，Fe（C2O4）33﹣不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.4000mol•L﹣1NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。①实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4。为不影响测定结果，指示剂可使用酚酞（填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”）。（已知NaHC2O4溶液呈酸性）。②计算该产品的纯度（写出计算过程）。【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】制备实验综合．【答案】（1）取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe（CN）6]（或酸性KMnO4）溶液，若生成蓝色沉淀（或溶液不变红），则存在Fe2+；（2）加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；（3）4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+；（4）①酚酞；②89.0%。【分析】废液[主要含FeSO4、Fe2（SO4）3和TiO（SO4）2]，首先加铁粉将硫酸铁还原成硫酸亚铁，然后加水使TiO（SO4）2发生水解反应生成TiO2，过滤后在滤液中加氨水调节pH在6左右，再通入氧气氧化，得到FeOOH沉淀，过滤即可，据此分析解答。【解答】解：（1）检验亚铁离子可用K3[Fe（CN）6]溶液观察是否生成蓝色沉淀，也可利用其还原性加酸性高锰酸钾，观察高锰酸钾是否褪色，故答案为：取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe（CN）6]（或酸性KMnO4）溶液，若生成蓝色沉淀（或溶液不变红），则存在Fe2+；（2）“除钛”利用的是水解反应原理，水解是吸热的，加热能促进水解，且能加快反应速率，故答案为：加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；（3）“氧化”时亚铁离子与氧气反应生成FeOOH，根据得失电子守恒可得反应：4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+，故答案为：4Fe2++O2+6H2O＝4FeOOH↓+8H+；（4）①滴定过程中过量剩余硫酸与过量草酸钠反应生成的H2C2O4与标准液氢氧化钠反应生成Na2C2O4，终点溶液呈碱性，应选用变色范围在8.2﹣10.0的酚酞作指示剂，故答案为：酚酞；②n（NaOH）＝25.00mL×10﹣3L⋅mL﹣1×0.4mol⋅L﹣1＝1×10﹣2mol，与NaOH反应的H+的物质的量n（H+）＝1×10﹣2mol，，与FeOOH的H+物质的量为n（H+）＝0.1mol﹣1×10﹣2mol×4＝6×10﹣2mol，根据FeOOH∼3H+可得，该产品的纯度：%＝89.0%，故答案为：89.0%。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。17．化合物G是合成治疗降压药奥美沙坦酯的一种中间体，其合成路线如图所示：（1）A→B可能经历若干步骤：AB，步骤③的反应类型为消去反应。（2）化合物B中sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为7：3。（3）X的分子式为C5H5O3Cl，写出X的结构简式：。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：（或或或）。能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有3种不同化学环境的氢原子。（5）已知：①；②写出以、和CH3NH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【考点】有机物的合成；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】有机物的化学性质及推断．【答案】（1）消去反应；（2）7：3；（3）；（4）（或或或）；（5）。【分析】A与CH3CH2CH2COOH之间脱去2分子水生成B，（1）中A→B的过程中第一步发生取代反应形成酰胺基，第二步是氨基与羰基之间发生加成反应，则第三步是羟基发生消去反应形成C＝N双键，B发生氧化反应生成C，C与乙醇发生酯化反应生成D，D中1个﹣COOC2H5转化为﹣C（CH3）2OH生成E，E中酯基碱性条件下水解生成F，对比F、G的结构简式，结合（3）中X的分子式为C5H5O3Cl，可推知X为；（5）先发生硝化反应生成，再用Fe/HCl还原生成，然后在PPA条件下反应生成，与CH3NH2在PPA条件下生成，最后用NaBH4将还原为。【解答】解：（1）A→B可能经历若干步骤：AB，对比结构可知，第一步发生取代反应形成酰胺基，第二步是氨基与羰基之间发生加成反应，第三步是羟基发生消去反应形成C＝N双键，故答案为：消去反应；（2）化合物B中苯环及双键中7个碳原子采取sp2，另外3个饱和碳原子采取sp3杂化，B中sp2、sp3杂化的碳原子数目之比为7：3，故答案为：7：3；（3）X的分子式为C5H5O3Cl，对比F、G的结构简式，推知X的结构简式为，故答案为：；（4）C的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且分子中含有3种不同化学环境的氢原子，说明存在对称结构，符合条件的同分异构体的结构简式为、、、，故答案为：（或或或）；（5）先发生硝化反应生成，再用Fe/HCl还原生成，然后在PPA条件下反应生成，与CH3NH2在PPA条件下生成，最后用NaBH4将还原为，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断与合成，涉及有机反应类型、杂化方式、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化来理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，（4）中同分异构体的书写为易错点。

考点卡片1．元素【知识点的认识】1、元素的概念：化学元素就是具有相同的核电荷数（即核内质子数）的一类原子的总称。定义具有相同核电荷数（即核内质子数）的同一类原子的总称种类100多种质子数决定了元素的种类（例：氧的原子核中有8个质子；氢的原子核内有一个质子）存在游离态（在单质中例：氢气中的氢元素就是游离态）化合态（在化合物中例：水中的氢元素就是以化合态存在）要点①核电荷数相同的原子、离子属于同一种元素（Na和Na+是钠元素，Cl和Cl﹣是氯元素）。②元素是宏观概念，只能论种，不能数数目。③核电荷数（即质子数）决定元素的种类。④最外层电子数决定元素的性质。最外层电子数等于8（氦最外层电子数是2）是稀有气体元素，最外层电子数少于4是金属元素，最外层电子数大于4是非金属元素。⑤元素组成物质。例：水是由氢元素和氧元素组成原子元素定义化学变化中的最小微粒具有相同核电荷数（即质子数）的同一类原子的总称区别①原子是微观概念，既可以论种类又可以数个数。2H表示2个氢原子。②原子可以构成分子，也可以直接构成物质。（铜由铜原子构成；水分子由2个氢原子和一个氧原子构成）元素是宏观概念只表示种类，不论数目。H表示氢元素。元素组成物质。（例：氧气是由氧元素组成）联系①原子的核电荷数决定元素的种类②原子的最外层电子数决定了元素的性质③元素是具有相同核电荷数同类原子的总称【命题方向】本考点主要考察元素的概念、存在形式以及和原子的区别，需要重点掌握。题型：物质组成的元素典例：在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的碘、铁、钙、硒、氟应理解为（）A．元素B．单质C．分子D．氧化物分析：物质是由元素组成，由分子、原子、离子构成，但物质组成中涉及到的补钙、补铁等说法，都是关注物质的组成元素。解答：“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品，这些商品中所强调的碘、铁、钙、硒、氟，都是说明这些物质的存在了这些元素，而不关注以什么形式存在，或者便于说明如何存在，所以就用宏观的元素种类来说明。因此理解为元素。故选A。点评：一般商品标注都是说明物质的组成元素的，而不是强调分子还是原子甚至离子的具体存在形式，明确物质、元素、分子、原子、离子之间的关系是解答本题的关健。【解题思路点拨】原子的核电荷数决定元素的种类，原子的最外层电子数决定了元素的性质，元素是具有相同核电荷数同类原子的总称。2．电子式【知识点的认识】（1）电子式的概念：在化学反应中，一般是原子的外层电子发生变化．为了简便起见，化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．（2）电子式表示方法：用电子式可以表示原子、离子、单质分子，也可表示共价化合物、离子化合物及其形成过程．电子式书写的注意事项：①无论何种微粒，其电子式都是由原子为基本单位组成的，不能出现角码甚至系数．②组成各种微粒的各个原子的电子式，必须力求均匀、对称．稳定的8电子结构通常表示为四对电子（一般为元素符号的上、下、左、右各一对电子）．③电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质．电子式局限性较大，只能表述一小部分物质的结构．1）原子依据元素的原子最外层电子个数的多少，先用小黑点“•”（或“×”）等符号在元素符号上、下、左、右各表示出1个电子，多余的电子配对．例如：2）离子①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身．例如：Na+K+Mg2+Ca2+Ba2+Al3+，复杂的阳离子（例如NH4+、H3O+等．）除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：原子失去电子变成阳离子，原子得到电子变成阴离子．原子中，质子数＝核电荷数＝核外电子数3）共价型单质分子必须正确地表示出共用电子对数，并满足每个原子的稳定结构．例如：4）共价化合物共价化合物电子式的书写，基本与共价型单质分子相同，一般为正价者在前．对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中间，绝对值小的写在周边．例如：5）离子化合物离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子（阳离子在前，阴离子在后）拼在一起．对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写．例如：6）用电子式表示化合物的形成过程①共价化合物的形成过程示例：②离子化合物的形成过程示例：③NaOH属于例外，在它的化学式中，既包含了离子键也包含了共价键．但是由于其含有离子键，所以我们称像NaOH一类的两种键都包含的物质为离子化合物．【命题方向】本考点主要考察电子式的概念和原子、离子、分子及物质的表示方法，需要重点掌握．题型一：电子式的表示方法典例1：下列电子式或结构式错误的是（）A．OH﹣的电子式B．NH4Br的电子式C．CCl4的电子式D．H2O的结构式H﹣O﹣H分析：根据原子的最外层电子数来分析电子式，并注意阴离子的电子式书写应用中括号和带电荷数，共价化合物不用中括号，将共用电子对用“﹣”表示即为结构式．解答：A、因氧原子最外层6个电子，氢原子最外层1个电子，则OH﹣的电子式为，故A正确；B、NH4Br为离子化合物，N原子最外层5个电子，Br原子最外层7个电子，则其电子式为，故B正确；C、CCl4为共价化合物，碳最外层4个电子，而Cl最外层7电子，中Cl的最外层电子数未标全，正确的形式应该是：，故C错误；D、水中有2对共用电子对，则H2O的结构式H﹣O﹣H，故D正确；故选C．点评：本题考查化学用语的使用，明确原子的最外层电子数及物质的类别、电子式的书写方法是解答本题的关键．题型二：用电子式表示化合物的形成过程典例2：下列用电子式表示的形成过程正确的是（）A．B．C．D．分析：A、氯化氢是共价化合物；B、溴化钠是离子化合物；C、MgF2电子式中2个氟离子在镁离子两边；D、O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳．解答：A、HCl为共价化合物，HCl电子式书写错误，故A错误；B、NaBr为离子化合物，NaBr电子式书写错误，故B错误；C、MgF2为离子化合物，镁离子与两个F﹣形成离子键，正确的形成过程为，故C错误；D、O原子和C原子通过共用电子对形成二氧化碳，所以其形成过程为，故D正确．故选D．点评：本题考查用电子式的形成过程，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．【解题思路点拨】电子式分子式实验式结构式结构简式定义化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）的分子的组成及相对分子质量的化学式．实验式又称最简式或经验式，是化学式中的一种．用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式．结构式是表示用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的式子．结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物，如有机分子），应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略，如，丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，乙烯为CH2＝CH2，四氯甲烷CCl4，乙醇CH3CH2OH等．举例H：C：：C：HC2H4CH2CH2＝CH2附注电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质．而化学式是用元素符号表示物质组成的式子．化学式是实验式、分子式、结构式、结构简式、电子式的统称．有机化合物中往往有不同的化合物具有相同的实验式．例如乙炔、苯的实验式均为CH，但乙炔的分子式是C2H2，苯的分子式是C6H6．表示有机化合物一般用结构简式，通常省去碳氢键，有时也省去碳碳单键，用折线表示．碳碳双键、三键、大多数环一定不能省略．碳氧双键可省略，比如甲醛HCHO．3．结构简式【知识点的认识】1、结构简式的概念：结构简式是指把分子中各原子连接方式表示出来的式子，通常只适用于以分子形式存在的纯净物．应表现该物质中的官能团：只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略．2、化学“五式”的比较：电子式分子式实验式结构式结构简式定义化学中常在元素符号周围用小黑点“．”或小叉“×”来表示元素原子的最外层电子．这种表示的物质的式子叫做电子式．分子式是用元素符号表示纯净物（单质、化合物）的分子的组成及相对分子质量的化学式．实验式又称最简式或经验式，是化学式中的一种．用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式．结构式是表示用元素符号和短线表示化合物（或单质）分子中原子的排列和结合方式的式子．结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物，如有机分子），应表现该物质中的官能团，只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略，如，丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，乙烯为CH2＝CH2，四氯甲烷CCl4，乙醇CH3CH2OH等．举例H：C：：C：HC2H4CH2CH2＝CH2附注电子式只能用于表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质．而化学式是用元素符号表示物质组成的式子．化学式是实验式、分子式、结构式、结构简式、电子式的统称．有机化合物中往往有不同的化合物具有相同的实验式．例如乙炔、苯的实验式均为CH，但乙炔的分子式是C2H2，苯的分子式是C6H6．表示有机化合物一般用结构简式，通常省去碳氢键，有时也省去碳碳单键，用折线表示．碳碳双键、三键、大多数环一定不能省略．碳氧双键可省略，比如甲醛HCHO．【命题方向】本考点主要考察结构式的写法，需要重点掌握．题型一：无机物的电子式和结构式典例1：下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（）A．HClO的结构式：H﹣O﹣ClB．H2O2的电子式：C．CO2的比例模型：D．14C的原子结构示意图分析：A、次氯酸是共价化合物，根据形成稳定结构，氢原子成1个共价键，氧原子成2个共价键，氯原子成1个共价键，即氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合．B、过氧化氢是共价化合物，氧原子与氧原子之间以1对共用电子对连接，每个氧原子分别以1对共用电子对与氢原子连接．C、比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，大致的排列方式．D、原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式．小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数．解答：A、次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H﹣O﹣Cl，故A正确；B、过氧化氢是共价化合物，氧原子与氧原子之间以1对共用电子对连接，每个氧原子分别以1对共用电子对与氢原子连接，电子式为，故B错误；C、由图得出大球为氧原子，中间小球为碳原子．碳与氧处于同一周期，碳元素的核电荷数小，同一周期随核电荷数的增大原子半径减小，所以碳原子半径大于氧原子半径，故C错误；D、碳原子核电荷数是6，其原子结构示意图为，故D错误．故选：A．点评：本题考查化学用语的使用，学生明确原子的最外层电子数及物质的类别、电子式的书写方法是解答本题的关键．题型二：有机物的分子式、实验式、结构式、结构简式和键线式典例2：下列表示方法正确的是（）①乙酸的实验式：C2H4O2②溴乙烷的结构简式：C2H5Br③苯乙醛的结构简式：④丙烷分子的球棍模型：⑤乙烯的结构式：CH2＝CH2⑥2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯的键线式：A．②④⑥B．②③⑤C．①③④D．②③④分析：①乙酸的实验式：CH2O；②溴乙烷的结构简式符合结构简式书写规则；③苯乙醛的结构简式中醛基书写错误；④根据丙烷结构简式分析；⑤乙烯的结构式中C﹣H不能省略；⑥键线式中用短线“﹣”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出．解答：①乙酸的实验式是：CH2O，C2H4O2属于乙酸的化学式，故错误；②溴乙烷的结构简式：C2H5Br，符合结构简式书写规则，故正确；③苯乙醛的结构简式中醛基书写错误，苯乙醛的结构简式为：，故错误；④丙烷结构简式为CH3CH2CH3，其分子的球棍模型：，故正确⑤乙烯的结构式中C﹣H不能省略，乙烯的结构式为：，故错误；⑥2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯的结构简式为：，键线式中用短线“﹣”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯的键线式为：，故正确；所以正确的有②④⑥，故选：A．点评：本题考查了化学用语，注意比例模型与球棍模型的区别，书写结构简式时官能团不能省略，题目难度不大．【解题思路点拨】（1）对于无机物要注意区分电子式和结构式，对于有机物要注意分子式、实验式、结构式、结构简式和键线式的区别．（2）键线式的注意事项：①一般表示3个以上碳原子的有机物；②只忽略C﹣H键，其余的化学键不能忽略；③必须表示出C＝C、C≡C键等官能团；④碳氢原子不标注，其余原子必须标注（含羟基、醛基和羧基中的氢原子）；⑤计算分子式时不能忘记顶端的碳原子．4．球棍模型与比例模型【知识点的认识】球棍模型与比例模型的比较：球棍模型比例模型定义球棒模型是一种空间填充模型，用来表现化学分子的三维空间分布．在此作图方式中，线代表共价键，可连结以球型表示的原子中心．比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，大致的排列方式．特点球棍模型除比例模型的特征还具有共价键的反映（如键长、键角）主要体现组成该分子的原子间的大小关系．实例【命题方向】本考点主要考察球棍模型和比例模型的区别，需要知道两者的区别．题型：化学用语综合典例：下列化学用语或图示表达正确的是（）A．乙烯的比例模型B．Na+的结构示意图C．葡萄糖的实验式C6H12O6D．CO2的电子式分析：A．乙烯的分子式为C2H4；B．钠原子的质子数是11；C．实验式又称最简式，是化学式的一种．用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；D．根